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概率论与数理统计及其应用答案
第1章 随机变量及其概率 章1.解： 解 （1） S = {2,3,4,5,6,7} ； （2） S = {2,3,4, L} ； （3） S = {H , TH , TTH , TTTH , L} （4） S = {HH , HT , T 1, T 2, T 3, T 4, T 5, T 6} 。 2.解： P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B ) ? P ( AB ) = 0.625 ， P( A B) = P[( S ? A) B] = P( B) ? P ( AB) = 0.375 ，___P( AB) = 1 ? P( AB) ? 0.875 ，___P[( A ∪ B)( AB)] = P[( A ∪ B)( S ? AB)] = P( A ∪ B) ? P[( A ∪ B)( AB)] = 0.625 ? P( AB) = 0.5 3.解： 100， …， 这 900 个 3 位数中不包含数字 1 的 3 位数的个数为 8 × 9 × 9 = 648 ， 在 101， 999 648 所以所求得概率为 = 0.72 900 4 解：.仅由数字 0，1，2，3，4，5 组成且每个数字之多出现一次的全体三位数的个数有 5 × 5 × 4 = 100 个。 （1）该数是奇数的可能个数为 4 × 4 × 3 = 48 个，所以出现奇数的概率为 48 = 0.48 100 （2）该数大于 330 的可能个数为 2 × 4 + 5 × 4 + 5 × 4 = 48 ，所以该数大于 330 的概率为 48 = 0.48 100 1 3 1 4 C 2C 4C 1 C 2 C 2 + C 4 C8 + C 4 201 67 8 5. 解： 1） （ 所求概率为 5 4 3 = ； 2） 所求概率为 4 8 （ = = ； 4 33 495 165 C12 C12（3）所求概率为C 74 35 7 = = 。 4 C12 495 1656，解：根据题意， n( n & M ) 张提货单分发给 M 个销售点的总的可能分法有 M n 种，某一k 特定的销售点得到 k ( k ≤ n ) 张提货单的可能分法有 C n ( M ? 1) n ? k 种，所以某一特定的销售k C n ( M ? 1) n? k 点得到 k ( k ≤ n ) 张提货单的概率为 。 Mn7 解：根据题意，将 3 只球随机地放入 3 只盒子的总的放法有 3！=6 种：123，132，213，231，312，321；没有 1 只配对的放法有 2 种：312，231。至少有 1 只配对的放法当然就有 6-2=4 种。所以 （1）至少有 1 只配对的概率为 1 ? 为1 2 = 。 3 3（2）没有配对的概率2 1 = ； 6 38， 解 ： （1）由题意可得 P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B ) ? P ( AB ) = 0.7 ，所以 P( A | B) = P( AB) 0.1 1 = = ， P ( B) 0 .3 3 P( B | A) = P( AB) 0.1 1 = = ， P ( A) 0 .5 51P( A | A ∪ B) =P[ A( A ∪ B)] P( A) 5 = = P( A ∪ B) P( A ∪ B) 7,P( AB | A ∪ B) =P[ AB( A ∪ B)] P( AB) 1 P[ A( AB)] P( AB) = = P( A | AB) = = =1 P( A ∪ B) P( A ∪ B) 7 P( AB) P( AB)（2） Ai (i = 1,2,3,4) 表示 设 “第 i 次取到白球” 这一事件， 而取到红球可以用它的补来表示。 那么第一、二次取到白球且第三、四次取到红球可以表示为 A1 A2 A3 A4 ，它的概率为（根据 乘法公式）P ( A1 A2 A3 A4 ) = P ( A1 ) P ( A2 | A1 ) P( A3 | A1 A2 ) P ( A4 | A1 A2 A3 )=6 7 5 4 840 × × × = = 0.0408 。 11 12 13 12 205929 解：.设“得到的两只球中至少有一只是红球”记为事件 A ， “另一只也是红球”记为事件 2 2 2 1 5 B 。则事件 A 的概率为 P ( A) = 2 × × + × = （先红后白，先白后红，先红后红） 4 3 4 3 6 2 1 × P( AB) 4 3 1 = = 所求概率为 P ( B | A) = 5 P( A) 5 610 解：（1）根据题意可得 ，P ( A) = P ( AB ) + P ( AB ) = 5% + 45% = 50% ；P ( B ) = P ( BA) + P ( BA ) = 5% + 10% = 15% ；（2）根据条件概率公式： P ( B | A) =P ( AB) 5% = = 0 .1 ； P ( A) 50%（3） P( B | A ) =P( BA ) 10% P ( AB ) 45% 9 = = 0.2 ； （4） P ( A | B ) = = = ； P( A ) 1 ? 50% P ( B ) 1 ? 15% 17P ( AB ) 5% 1 = = 。 P ( B ) 15% 3（5） P ( A | B ) =11，解：根据题意，这 11 个字母中共有 2 个 g，2 个 i，3 个 n，3 个 e，1 个 r。从中任意连 抽 6 张，由独立性，第一次必须从这 11 张中抽出 2 个 g 中的任意一张来，概率为 2/11；第 二次必须从剩余的 10 张中抽出 2 个 i 中的任意一张来，概率为 2/10；类似地，可以得到 6 次抽取的概率。最后要求的概率为C 1C 1C 1C 1C 1C 1 1 2 2 3 1 3 1 36 1 ；或者 2 2 3 6 1 3 1 = 。 × × × × × = = 11 10 9 8 7 6 0 9240 A1112，解： （1）根据题意，有 40%的人两种症状都没有，所以该人两种症状都没有的概率为 1 ? 20% ? 30% ? 10% = 40% ；2（2）至少有一种症状的概率为 1 ? 40% = 60% ； （3）已知该人有症状 B，表明该人属于由只有症状 B 的 30%人群或者两种症状都有的 10% 的人群， 总的概率为 30%+10%=40%， 所以在已知该人有症状 B 的条件下该人有两种症状的 概率为10% 1 = 。 30% + 10% 413，解：设“讯号通过通讯线 i 进入计算机系统”记为事件 Ai (i = 1,2,3,4) ， “进入讯号被无 误差地接受”记为事件 B 。则根据全概率公式有P ( B ) = ∑ P ( Ai ) P ( B | Ai ) = 0.4 × 0.9998 + 0.3 × 0.9999 + 0.1 × 0.9997 + 0.2 × 0.9996i =14=0.99978 14 解：设“一名被检验者经检验认为患有关节炎”记为事件 A ， “一名被检验者确实患有关 节炎”记为事件 B 。根据全概率公式有P ( A) = P ( B ) P ( A | B ) + P ( B ) P ( A | B ) = 10% × 85% + 90% × 4% = 12.1% ，所以，根据条件概率得到所要求的概率为P( B | A ) =P( BA ) P( B) P( A | B) 10%(1 ? 85%) = = = 17.06% P( A ) 1 ? P( A) 1 ? 12.1%即一名被检验者经检验认为没有关节炎而实际却有关节炎的概率为 17.06%. 15 解： ，设“程序因打字机发生故障而被破坏”记为事件 M ， “程序在 A,B,C 三台打字机上 打字”分别记为事件 N 1 , N 2 , N 3 。则根据全概率公式有P ( M ) = ∑ P ( N i ) P ( M | N i ) = 0.6 × 0.01 + 0.3 × 0.05 + 0.1 × 0.04 = 0.025 ，i =13根据 Bayes 公式，该程序是在 A,B,C 上打字的概率分别为P ( N 1 ) P ( M | N 1 ) 0.6 × 0.01 = = 0.24 ， P(M ) 0.025 P ( N 2 ) P ( M | N 2 ) 0.3 × 0.05 P( N 2 | M ) = = = 0.60 ， P( M ) 0.025 P ( N 3 ) P ( M | N 3 ) 0.1 × 0.04 P( N 3 | M ) = = = 0.16 。 P( M ) 0.025 16，解：设“一讯息是由密码钥匙传送的”记为事件 A ， “一讯息是可信的”记为事件 B 。 P( N1 | M ) =根据 Bayes 公式，所要求的概率为P ( B | A) =P ( AB ) P( B) P( A | B) 95% × 1 = = = 99.9947% P ( A) P ( B ) P ( A | B ) + P ( B ) P ( A | B ) 95% × 1 + 5% × 0.1%17，解：根据题意，求出以下概率为P ( A) = P ( B ) =1 1 1 1 1 1 ， P (C ) = × + × = ； 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P ( AB ) = × = ， P ( BC ) = P (CA) = × = ， P ( ABC ) = × = 。 2 2 4 2 2 4 2 2 4所以有 P ( AB ) = P ( A) P ( B ) ， P ( AC ) = P ( A) P (C ) ， P ( BC ) = P ( B ) P (C ) 。3表明 A 和 B，B 和 C，C 和 A 两两独立。但是 P ( ABC ) ≠ P ( A) P ( B ) P (C ) 所以 A,B,C 不是 相互独立。 18 解：设“A,B,C 进球”分别记为事件 N i (i = 1,2,3) 。 （1）设恰有一人进球的概率为 p1 ，则 p1 = P{ N 1 N 2 N 3 } + P{ N 1 N 2 N 3 } + P{ N 1 N 2 N 3 }= P( N1 ) P( N 2 ) P( N 3 ) + P( N1 ) P( N 2 ) P( N 3 ) + P( N1 ) P( N 2 ) P( N 3 )（由独立性）= 0.5 × 0.3 × 0.4 + 0.5 × 0.7 × 0.4 + 0.5 × 0.3 × 0.6 = 0.29（2）设恰有二人进球的概率为 p 2 ，则 p 2 = P{ N 1 N 2 N 3 } + P{ N 1 N 2 N 3 } + P{ N 1 N 2 N 3 }= P( N1 ) P( N 2 ) P( N 3 ) + P( N1 ) P( N 2 ) P( N 3 ) + P( N1 ) P( N 2 ) P( N 3 )（由独立性）= 0.5 × 0.7 × 0.4 + 0.5 × 0.7 × 0.6 + 0.5 × 0.3 × 0.6 = 0.44（3）设至少有一人进球的概率为 p3 ，则p3 = 1 ? P{N 1 N 2 N 3 } = 1 ? P ( N 1 ) P ( N 2 ) P ( N 3 ) = 1 ? 0.5 × 0.3 × 0.4 = 0.94 。19， ： 解 根据题意，医院最多可以验血型 4 次，也就是说最迟可以第 4 个人才验出是 A-RH+ 型血。问题转化为最迟第 4 个人才验出是 A-RH+型血的概率是多少？因为 第一次就检验出该型血的概率为 0.4；第二次才检验出该型血的概率为 0.6 × 0.4=0.24； 第三次才检验出该型血的概率为 0.62 × 0.4=0.144；第四次才检验出该型血的概率为 0.63 × 0.4=0.0864； 所以病人得救的概率为 0.4+0.24+0.144+0.4 20，解：设“元件 i 能够正常工作”记为事件 Ai (i = 1,2,3,4,5) 。 那么系统的可靠性为 P{( A1 A2 ) ∪ ( A3 ) ∪ ( A4 A5 )} = P ( A1 A2 ) + P ( A3 ) + P ( A4 A5 )? P( A1 A2 A3 ) ? P( A1 A2 A4 A5 ) ? P( A3 A4 A5 ) + P( A1 A2 A3 A4 A5 ) = P( A1 ) P( A2 ) + P( A3 ) + P( A4 ) P( A5 ) ? P ( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) ? P ( A1 ) P( A2 ) P( A4 ) P( A5 ) ? P( A3 ) P( A4 ) P( A5 ) + P( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) P( A4 ) P( A5 ) = p2 + p + p2 ? p3 ? p4 ? p3 + p5 = p + 2 p2 ? 2 p3 ? p4 + p5 “对一产品进行 3 次检验，结果是 2 次检验 21，解：设“一产品真含有杂质”记为事件 A ， 认为含有杂质，而 1 次检验认为不含有杂质”记为事件 B 。则要求的概率为 P ( A | B ) ，根据 Bayes 公式可得 2P( A) P( B | A) P( A) P( B | A) + P( A ) P( B | A ) 又设“产品被检出含有杂质”记为事件 C ，根据题意有 P ( A) = 0.4 ，而且 P (C | A) = 0.8 ， P (C | A ) = 0.9 ，所以 P ( B | A) = C 32 × 0.8 2 × (1 ? 0.8) = 0.384 ； P( A | B) =P ( B | A ) = C 32 × (1 ? 0.9) 2 × 0.9 = 0.027 故，P( A | B) =P( A) P( B | A) 0.4 × 0.384 0.1536 = = = 0.9046 P( A) P( B | A) + P( A ) P( B | A ) 0.4 × 0.384 + 0.6 × 0.027 0.16984第二章随机变量及其分布（ k = 1,2,3, L ）上1，解：显然，Y 是一个离散型的随机变量，Y 取 k 表明第 k 个人是 A 型血而前 k ? 1 个人都 不是 A 型血，因此有 P{Y = k} = 0.4 × (1 ? 0.4) k ?1 = 0.4 × 0.6 k ?1 ， 式就是随机变量 Y 的分布律（这是一个几何分布） 。 2， 解 ：X 只能取值 0，1，2。设以 Ai(i = 1,2,3) 记第 i 个阀门没有打开这一事件。则P{ X = 0} = P{ A1 ( A2 ∪ A3 )} = P{( A1 A2 ) ∪ ( A1 A3 )} = P{ A1 A2 } + P{ A1 A3 } ? P{ A1 A2 A3 } = P( A1 ) P( A2 ) + P( A1 ) P( A3 ) ? P( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) = (1 ? 0.8) 2 + (1 ? 0.8) 2 ? (1 ? 0.8) 3 = 0.072 ，类似有 P{ X = 2} = P{ A1 ( A2 A3 )} = P ( A1 A2 A3 ) = 0.8 3 = 0.512 ，P{ X = 1} = 1 ? P{ X = 0} ? P{ X = 2} = 0.416 ,综上所述，可得分布律为X 0 0.072 1 0.512 2 0.416P{ X = k }3,解：根据题意，随机变量 X 服从二项分布 B(15, 0.2)，分布律为k P ( X = k ) = C15 × 0.2 k × 0.815? k , k = 0,1,2, L15 。 3 = 3) = C15 × 0.2 3 × 0.812 = 0.2501, （2） P ( X ≥ 2) = 1 ? P ( X = 1) ? P ( X = 0) = 0.8329 ； （3） P (1 ≤ X ≤ 3) = P ( X = 1) + P ( X = 2) + P ( X = 3) = 0.6129 ； （4） P ( X & 5) = 1 ? P ( X = 5) ? P ( X = 4) ? P ( X = 3) ? P ( X = 2)（1） P ( X? P ( X = 1) ? P ( X = 0) = 0.0611 4 解： ，对于 3 / 5[G ] 系统，当至少有 3 个元件正常工作时，系统正常工作。而系统中正常工 作的元件个数 X 服从二项分布 B(5, 0.9)，所以系统正常工作的概率为∑ P( X = k ) = ∑ C5k × 0.9 k × 0.15?k = 0.99144k =3 k =3555，解：根据题意，次品数 X 服从二项分布 B()，所以k P ( X & 7) = P ( X ≤ 6) = ∑ Ck × 0.999 8000 ? k k =0 66 (8000 × 0.001) k e ? 8 k e ?8 ≈∑ =∑ = 0.3134 （查表得） 。 k! k! k =0 k =0 66，解： （1） P{ X & 15} = 1 ? P{ X ≤ 15} = 1 ? 0.9513 = 0.0487 ； （2）根据P{ X & 0} = 1 ? P{ X = 0} = 1 ? e ? λ = 0.5 ，得到 λ = ln 2 。所以5P{ X ≥ 2} = 1 ? P{ X = 0} ? P{ X = 1} = 1 ? 0.5 ? λe ? λ = (1 ? ln 2) / 2 ≈ 0.1534 。 7 解： ，在给定的一分钟内，任意一个讯息员收到讯息的次数 X ~ π ( 2) 。（1） P{ X = 0} = e?2≈ 0.1353 ； （2）设在给定的一分钟内 5 个讯息员中没有收到讯息的讯息员人数用 Y 表示，则 Y~ B(5, 0.1353)，所以P{Y = 4} = C 54 0.1353 4 × (1 ? 0.1353) = 0.00145 。? 2 k e ?2 （3）每个人收到的讯息次数相同的概率为 ∑ ? ? k! k =0 ?∞ ∞ ? ? 32 k e ?10 ? = ∑? 5 ? ? k = 0 ? (k !) ? 5? ? ? ?8解 ：（ 1 ） 根 据 1=1/ 3 3+∞?∞∫f ( x)dx = ∫ kx 2 dx =01k ， 得 到 k = 3 ；（ 2 ） 31 P{ X ≤ } = 31 ?1? ∫ 3x dx = ? 3 ? = 27 ； ? ? 02 1/ 2 3 31 1 7 ?1? ?1? 2 （3) P{ ≤ X ≤ } = ∫ 3 x dx = ? ? ? ? ? = ； 4 2 1/ 4 64 ?2? ?4?（4） P{ X & } =2 319 ?2? 2 ∫/ 33x dx = 1 ? ? 3 ? = 27 。 ? ? 2139 解 ： 方 程 t 2 + 2 Xt + 5 X ? 4 = 0 有 实 根 表 明 ? = 4 X 2 ? 4(5 X ? 4) ≥ 0 ， 即X 2 ? 5 X + 4 ≥ 0 ，从而要求 X ≥ 4 或者 X ≤ 1 。因为P{ X ≤ 1} = ∫ 0.003x 2 dx = 0.001 ， P{ X ≥ 4} = ∫ 0.003 x 2 dx = 0.93604110所以方程有实根的概率为 0.001+0.936=0.937. 10，解： （1） P{ X & 1} = （2） P{ X & 52} =+∞∫ 100 e0 ? x 2 / 2001x? x 2 / 200dx = 1 ? e ?1 / 200 ≈ 0.00498 ；52∫ 100 exdx = e ? 2704 / 200 ≈ 0.000001 ；+∞P{ X & 26} = （3）（3） P{ X & 26 X & 20} = P{ X & 20}226 +∞∫ 100 ex? x 2 / 200dx = e ? 276 / 200 ≈ 0.25158 。x ? x 2 / 200 dx ∫ 100 e 2011，解： （1） P{ X & 1} = 布律为∫ 9 (4 ? x112)dx =k5 5 ； （2）根据题意 Y ~ B (10, ) ，所以其分 27 2710 ? k? 5 ? ? 22 ? P (Y = k ) = C × ? ? × ? ? ? 27 ? ? 27 ?k 10,k = 0,1,2,L106? 5 ? ? 22 ? ? × ? ? = 0.2998 ， （3） P (Y = 2) = C × ? ? 27 ? ? 27 ? P (Y ≥ 2) = 1 ? P (Y = 0) ? P (Y = 1) = 0.5778 。2 1028（1）根据 1 = 12，解：+∞?∞∫f ( y )dy = ∫ 0.2dy + ∫ (0.2 + Cy )dy = 0.4 +?1 001C ，得到 C = 1.2 。 20 ? y & ?1 y ? ? ∫10.2dy ?1 ≤ y & 0 ? ? y y ?0 F ( y ) = ∫ f ( y )dy = ? ∫ 0.2dy + ∫ (0.2 + 1.2 y)dy 0 ≤ y & 1 ?∞ ??1 0 ?0 1 ? 0.2dy + (0.2 + 1.2 y )dy ∫ ∫ y ≥1 ??1 0 ? 0 y & ?1 ? ? 0.2( y + 1) ?1 ≤ y & 0 ? =? 2 ?0.6 y + 0.2 y + 0.2 0 ≤ y & 1 ? 1 y ≥1 ?P{0 ≤ Y ≤ 0.5} = P{Y ≤ 0.5} ? P{Y ≤ 0} = F (0.5) ? F (0) = 0.45 ? 0.2 = 0.25 ；P{Y & 0.5 | Y & 0.1} =P{Y & 0.5} 1 ? P{Y ≤ 0.5} 1 ? F (0.5) 1 ? 0.45 = = = = 0.7106 P{Y & 0.1} 1 ? P{Y ≤ 0.1} 1 ? F (0.1) 1 ? 0.2260 ? x&0 x ? 1 x&0 ? 0 ? ∫ 8 dx 0≤x&2 ? 0 ? x x ? x /8 0 ≤ x & 2 ?2 x （2） F ( x ) = ∫ f ( x ) dx = ? 1 =? 2 dx + ∫ dx x / 16 2 ≤ x & 4 ?∞ ?∫ 8 8 2≤x&4 ? 0 2 ? 1 ?2 4 x≥4 ? ? 1 dx + x dx ∫8 ?∫ 8 x≥4 2 ?0P{1 ≤ x ≤ 3} = F (3) ? F (1) = 9 / 16 ? 1 / 8 = 7 / 16 ；P{ X ≥ 1 | X ≤ 3} =P{≤ 1X ≤ 3} F (3) ? F (1) = = 7/9。 P{ X ≤ 3} F (3)13 解： ，根据题意，取两次且不放回抽样的总可能数为 n(n-1)，因此P{ X = i, Y = j} =当 n 取 3 时， P{ X = i, Y = j} =1 ， i ≠ j ，且 1 ≤ i , j ≤ n ） （ n(n ? 1)1 ,（ i ≠ j ，且 1 ≤ i, j ≤ 3 ）,表格形式为 67X1 2 3Y1 0 1/6 1/62 1/6 0 1/63 1/6 1/6 014,解： （1）由表直接可得 P{ X = 1, Y = 1} =0.2， P{ X ≤ 1, Y ≤ 1} =0.1+0.08+0.04+0.2=0.42 （2）至少有一根软管在使用的概率为 P{ X + Y ≥ 1} = 1 ? P{ X = 0, Y = 0} = 1 ? 0.1 = 0.9 （3） P{ X = Y } = P{ X = Y = 0} + P{ X = Y = 1} + P{ X = Y = 2} =0.1+0.2+0.3=0.6P{ X + Y = 2} = P{ X = 0, Y = 2} + P{ X = 1, Y = 1} + P{ X = 2, Y = 0} = 0.2815 解：根据x & 0, y & 0∫∫ f ( x, y )dxdy = 1 ，可得+∞ +∞ ?( 2 x + 4 y )1=x &0 , y & 0∫∫ f ( x, y)dxdy = ∫ dx ∫ Ce0 0dy = C ∫ e0+∞?2 xdx ∫ e ? 4 y dy =0+∞C ，所以 C = 8 。 8P{ X & 2} =x &2∫∫f ( x, y )dxdy = ∫ dx ∫ 8e ?( 2 x + 4 y ) dy = ∫ 2e ? 2 x dx ∫ 4e ?4 y dy = e ?4 ；2 +∞ 0 x 2 +∞ 0 x +∞+∞+∞+∞+∞P{ X & Y } =x& y∫∫f ( x, y )dxdy =?( 2 x + 4 y ) dy = ∫ dx ∫ 8e 0 0 1 1? x?2 x ?4 y ∫ 2e dx ∫ 4e dy = 0 1 0 1? x∫ 2e0?2 x(1 ? e ?4 x )dx =2 3P{ X + Y & 1} =x + y &1∫∫ f ( x, y)dxdy = ∫ dx ∫ 8e0 0?( 2 x + 4 y )dy = ∫ 2e0?2 xdx ∫ 4e ?4 y dy = (1 ? e ?2 ) 2 。016，解： （1）根据题意， （X，Y）的概率密度 f ( x, y ) 必定是一常数，故由1 = ∫∫ f ( x, y )dxdy = ∫ dxG 0+∞1x2∫f ( x, y )dy =2x2 / 2?6, ( x, y ) ∈ G 1 f ( x, y ) ，得到 f ( x, y ) = ? 。 0， 其 他 6 ??x ? 6dy = 3x 2， 0 & x & 1 ； （2） f X ( x) = ∫ f ( x, y )dy = ? 2∫ x /2 ?∞ ? 0, 其 他 ?? 2y ? ∫ 6dx， 0 & y & 0.5 ? y ?6( 2 y ? y )， 0 & y & 0.5 +∞ ? 1 ? ? f Y ( y ) = ∫ f ( x, y )dx = ? ∫ 6dx， 0.5 ≤ y & 1 = ? 6(1 ? y )， 0 .5 & y & 1 ?∞ ? y ? 0， 其 他 ? ? 0， 其 他 ? ? ?8? +∞ x 3 ? x (1+ y ) x 2 ?x dy = e , x&0 ?∫ e 18，解： （1） f X ( x) = ∫ f ( x, y ) dy = ? 2 。 2 0 ?∞ ?0, 其他 ?+∞f ( x, y ) ? xe ? xy , y & 0 =? （2）当 x & 0 时， f Y | X ( y | x) = 。 f X ( x) ? 0, 其他特别地，当 x = 0.5 时 f Y | X ( y | x = 0.5) = ?+∞?0.5e ?0.5 y , y & 0 。 0, 其他 ?+∞（3） P{Y ≥ 1 | X = 0.5} =∫1f Y | X ( y | x = 0.5)dy =∫ 0.5e1? 0. 5 ydy = e ?0.5 。19，解： （1）根据公式 P{Y = i | X = 0} =P{Y = i, X = 0} ，得到在 X = 0 的条件下 Y 的 P{ X = 0}0 5/12 1 1/3 2 1/4条件分布律为YP{Y | X = 0}X类似地，在 Y = 1 的条件下 X 的条件分布律为0 4/17 1 10/17 2 3/17P{ X | Y = 1}（2）因为 f ( x, y ) = ??6, ( x, y ) ∈ G 。 ?0， 其 他2 ?6( 2 y ? y )， 0 & y & 0.5 ?x ? ? ∫ 6dy = 3x 2， 0 & x & 1 f X ( x) = ? 2 ； f Y ( y ) = ? 6(1 ? y )， 0 .5 & y & 1 。 x /2 ? 0, ? 0， 其 他 其 他 ? ?2 f ( x, y ) ? 2 , x 2 / 2 & y & x 2 ? 所以，当 0 & x & 1 时， f Y | X ( y | x ) = = ?x ； f X ( x) ? 0, 其他 ?1 ? , f ( x, y ) ? 当 0 & y & 0.5 时， f X |Y ( x | y ) = = ? 2y ? y fY ( y) ? 0, ? ? 1 , f ( x, y ) ? 当 0.5 ≤ y & 1 时， f X |Y ( x | y ) = = ?1 ? y f Y ( y) ? ? 0,y & x & 2y；其他y & x &1；其他9? 1 , ? 当 y = 0.5 时， f X |Y ( x | y ) = ?1 ? 0.5 ? 0, ?0.5 & x & 1。其他20，解： （1）根据题意， （X，Y）的概率密度 f ( x, y ) 必定是一常数，故由1 = ∫∫ f ( x, y )dxdy = ∫ dx ∫ f ( x, y )dy =G 0 x21x?3, ( x, y ) ∈ G 1 f ( x, y ) ，得到 f ( x, y ) = ? 。 3 ?0， 其 他? x ? 3dy = 3( x ? x 2 )， 0 & x & 1 ； （2） f X ( x) = ∫ f ( x, y )dy = ? ∫ x2 ?∞ ? 0, 其 他 ?+∞? y ? ∫ 3dx， 0 & y & 1 ?3( y ? y 2 )， 0 & y & 1 ? y2 +∞ ? ? f Y ( y ) = ∫ f ( x, y )dx = ? =? 。 ?∞ ? 0， 其 他 ? 0， 其 他 ? ? ? ?? 1 , x2 & y & x f ( x, y ) ? = ? x ? x2 （3）当 0 & x & 1 时， f Y | X ( y | x) = 。 f X ( x) ? 其他 ? 0,特别地，当 x = 0.5 时的条件概率密度为? 4 , 1/ 4 & y & 2 / 2 ? f Y | X ( y | 0.5) = ? 2 2 ? 1 。 ? 0, 其他 ?21，解： （1） f ( x, y ) = f X ( x) f Y | X ( y | x) = ?+∞?1 + xy ? 3 ? 0 ?0 & x & 2, 0 & y & 1 ； 其 他? 2 1 + xy 2 dx = (1 + y ) 0 & y & 1 ?∫ （2） f Y ( y ) = ∫ f ( x, y ) dx = ? 3 3 0 ?∞ ?0 其他 ?；? 1 + xy , 0&x&2 f ( x, y ) ? = ? 2(1 + y ) （3）当 0 & y & 1 时， f X |Y ( x | y ) = 。 f Y ( y) ? 其他 ? 0,22，解： （1）由相互独立性，可得 Y1 ,Y2 的联合分布律为P{Y1 = i, Y2 = j} = P{Y1 = i}P{Y2 = j} ， i, j = ?1,0,1结果写成表格为10Y1-1Y2-101θ2 /4 θ (1 ? θ ) / 2 θ2 /4θ (1 ? θ ) / 2(1 ? θ ) 2θ2 /4 θ (1 ? θ ) / 2 θ2 /401θ (1 ? θ ) / 2P{Y1 = Y2 } = P{Y1 = Y2 = ?1} + P{Y1 = Y2 = 0} + P{Y1 = Y2 = 1} = (1 ? θ ) 2 + θ 2 / 2 。（2）14 题中，求出边缘分布律为 X0 1 2Y0.10 0.04 0.02 0.16012P{ X = i}0.24 0.38 0.38 10.08 0.20 0.06 0.340.06 0.14 0.30 0.50P{Y = j}很显然， P{ X = 0, Y = 0} ≠ P{ X = 0}P{Y = 0} ，所以 X , Y 不是相互独立。?1 0 & x & 1 其他 ?0 的 联 所 以 根 据 独 立 定 ， X ,Y ?8 y 0 & x & 1, 0 & y & 1 / 2 f ( x, y ) = f X ( x ) f Y ( y ) = ? 。 其他 ?0 1/ 2 1 2 P{ X & Y } = ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dx ∫ 8 ydx = 3 x& y y 023，解：根据题意， X 的概率密度为 f X ( x) = ? 24，解：根据定义立刻得到分布律为合概率密度Y12510pk1/57/301/511/3025，解：设 X ,U 的概率密度分别为 f X ( x), f U (u ) ， U 的分布函数为 FU (u ) 。则 当 u ≤ 0 时， FU (u ) = P{U ≤ u} = P{ X ≤ u} = 0 ， f U (u ) = 0 ； 当u&0 时 ，FU (u ) = P{U ≤ u} = P{ X ≤ u} = P{?u ≤ X ≤ u} = 2Φ(u ) ? 1 ，2?u 2 / 2f U (u ) = [FU (u )] = 2 f X (u ) ='πe? 2 ?u 2 / 2 ? e 。所以， f U (u ) = ? π ? 0 ?11u&0 u≤0。26 解： ，设 X , Y 的概率密度分别为 f X ( x), f Y ( y ) ，分布函数分别为 FX ( x), FY ( y ) 。则 （1）当 y ≤ 0 时， FY ( y ) = P{Y ≤ y} = P{ X ≤ y} = 0 ， f Y ( y ) = 0 ； 当 y & 0 时， FY ( y ) = P{Y ≤ y} = P{ X ≤ y} = P{ X ≤ y 2 } = F X ( y 2 ) ，f Y ( y ) = [FY ( y)] = 2 yf X ( y 2 ) = 2 ye ? y 。'2?2 ye ? y ? 所以， f Y ( y ) = ? ? 0 ?（2）此时 f X ( x) = ?2y&0 y≤0。?1 / 2 ? 1 & x & 1 其他 ? 0。因 为 FY ( y ) = P{Y ≤ y} = P{( X + 1) / 2 ≤ y} = P{ X ≤ 2 y ? 1} = FX (2 y ? 1) ，故 ，?1 0 & y & 1 ' 。 f Y ( y ) = [FY ( y )] = 2 f X ( 2 y ? 1) = 1, ? 1 & 2 y ? 1 & 1 ，所以， f Y ( y ) = ? 其他 ?0（3）当 y & 0 时， FY ( y ) = P{Y ≤ y} = P{ X2≤ y} = P{? y ≤ X ≤y}= Φ( y ) ? Φ(? y ) = 2Φ( y ) ? 1 ，? 1 e?y / 2 ? 故， f Y ( y ) = [FY ( y )] = 2 f X ( y ) = e 。 f Y ( y ) = ? 2πy 2 y 2πy ? 0 ? 2 27，解：圆面积 A = πX ，设其概率密度和分布函数分别为 g ( y ), G ( y ) 。则'11?y / 2y&0。其他G ( y) = P{πX 2 ≤ y} = P{ X ≤g ( y ) = [G ( y )] ='y / π } = FX ( y / π ) ， 故1 2 πy × 3 y+ π 8 π = 3 y+ π 16π y , 0& y /π & 21 2 πyf ( y /π ) =?3 y + π ? 所以， g ( y ) = ? 16π y ? 0 ?0 & y & 4π。其他28 ， 解 ： 因 为 随 机 变 量 X,Y 相 互 独 立 ， 所 以 它 们 的 联 合 概 率 密 度 为f ( x, y ) =1 2πσ2e?x2 + y 2 2σ 2。先求分布函数，当 z & 0 时， FZ ( z ) = P{Z ≤ z} = P{ X 2 + Y 2 ≤ z 2 }=∫∫f ( x, y ) dxdy = ∫ dθ ∫0 02πz1 2πσ2e?r2 2σ2rdr = 1 ? e?z2 2σ 2，x2 + y 2 ≤ z 212故，? z ? z 2 /( 2σ 2 ) ? e f Z ( z ) = [FZ ( z )] = ?σ 2 ? 0 ?'z≥0 。 其他29，解：因为 f X ( x) = ??1 / 2 ? 1 & x & 1 其他 ? 0z +1，所以 Z = X + Y 的概率密度为f Z ( z) =+∞?∞∫fY( y ) f X ( z ? y )dy =1 1 dy = [arctan( z + 1) ? arctan( z ? 1)] 。 2 2π z ?1 2π (1 + y )∫30 根据卷积公式， f Z ( z ) 得=+∞?∞∫fY( y ) f X ( z ? y )dy = ∫ λ ye3 0z?λzdy =λ32z 2 e ?λz ，? λ3 2 ?λz ? z&0 z & 0 。所以 Z = X + Y 的概率密度为 f Y ( y ) = ? 2 z e ?0 其他 ?。31 解 ： 因 为 X,Y 都 在 (0,1) 上 服 从 均 匀 分 布 ， 所 以 f X ( x ) = ? ，?1 0 & x & 1 其他 ?0Y，?1 0 & x & 1 f Y ( y) = ? 其他 ?0根 据 卷 积 公 式 ， 得f Z ( z) =+∞?∞∫f( y ) f X ( z ? y )dy? 1 z ≥1 ? ∫ 1dy, z ?1 ? ?2 ? z , 1 ≤ z & 2 ?z ? = ?∫ 1dy, 0 ≤ z & 1 = ? z , 0 ≤ z & 1 。 ?0 ? 0, 其他 其他 ? ? 0, ? ? ? 2 ?3 x +∞ ? 3e / 2dy = 3e ?3 x， x & 0 32，解： （1） f X ( x ) = ∫ f ( x, y ) dy = ?∫ ； 0 ?∞ ? 0, 其 他 ??∞ ? 3 x ?∫ 3e / 2dx， 0 ≤ y ≤ 2 ?1 / 2， 0 ≤ y ≤ 2 +∞ ?0 ? ? 。 f Y ( y ) = ∫ f ( x, y )dx = ? =? ?∞ ? 0， ? 0， 其 他 其 他 ? ? ? ?（2） Z = max{ X , Y } 的分布函数为FZ ( z ) = P{Z ≤ z} = P{max{X , Y } ≤ z} = P{ X ≤ z, Y ≤ z} = P{ X ≤ z}P{Y ≤ z} = FX ( z ) FY ( z ) y&0 ? 0 x≤0 ?0, ? 因为 FX ( x) = ? ； FY ( y ) = ? y / 2 0 ≤ y ≤ 2 ， ?3 x ?1 ? e , x & 0 ? 1 y&2 ?13z&0 ? 0, ?z ?3 z , 0≤ z≤2。 所以， FZ ( z ) = FX ( z ) FY ( z ) = ? 1 ? e 2 ? ?3 z z&2 ?1 ? e , 1 1 1 （3） P{1 / 2 & Z ≤ 1} = FZ (1) ? FZ (1 / 2) = ? e ?3 + e ?3 / 2 。 4 2 4()?1 ? 0& x&l 33， ： 根据题意， 随机变量 X ~ U (0, l ) ， 所以概率密度为 f X ( x) = ? l 。 解 （1） ?0 其他 ? （2）设这两条绳子被分成两段以后较短的那一段分别记为 X 1 , X 2 ，则它们都在 (0, l ) 上服 从均匀分布。 Y = min{X 1 , X 2 } ，其分布函数为 y FY ( y ) = 1 ? 1 ? FX 1 ( y ) 1 ? FX 2 ( y ) = 1 ? (1 ? ) 2 , 0 & y & l ， l 2 ?2(l ? y ) / l ， 0 & y & l ? ' 所以密度函数为 f Y ( y ) = (FY ( y ) ) = ? 。 ? 0， 其 他 ?[][]34，解： （1） U = max( X , Y ) 的分布律为P{U = k } = P{max( X , Y ) = k } = P{ X = k , Y ≤ k} + P{Y = k , X & k }, k = 0,1,2,3 如， P{U = 2} = P{ X = 2, Y ≤ 2} + P{Y = 2, X & 2} = 1 / 8 + 1 / 20 + 0 + 1 / 24 + 1 / 40 = 29 / 120 ，其余类似。结果写成表格形式为0 1 2 3 U pk 1/12 2/3 29/120 1/120 （2） V = min( X , Y ) 的分布律为 P{V = k } = P{min( X , Y ) = k} = P{ X = k , Y ≥ k} + P{Y = k , X & k }, k = 0,1,2 如， P{V = 2} = P{ X = 2, Y ≥ 2} + P{Y = 2, X & 2} = 0 + 0 = 0 ，其余类似。结果写成表格形式为U pk0127/40k13/40（3） W = X + Y 的分布律为P{W = k } = P{ X + Y = k } = ∑ P{ X = i, Y = k ? i}, k = 0,1,2,3,4,5i =0如， P{W = 2} =∑ P{ X = i, Y = 2 ? i} = 1 / 24 + 1 / 4 + 1 / 8 = 5 / 12 ，i =02其余类似。结果写成表格形式为W pk01231/125/125/121/12第3章 随机变量的数字特征1， ： 有 它们的字母数分别为 4， 5， 解 根据题意， 1/5 的可能性取到 5 个单词中的任意一个。 6，7，7。所以分布律为14X4567pkE( X ) =1/51/51/52/51 ( 4 + 5 + 6 + 7 + 7) = 29 / 5 . 52，解：５个单词字母数还是４，５，６，７，７。这时，字母数更多的单词更有可能被取 到。分布律为Y4567pk E (Y ) =4/295/296/2914/291 ( 4 × 4 + 5 × 5 + 6 × 6 + 7 × 14) = 175 / 29 . 293 C10 6 p0 = 3 = ， C12 11 1 2 C 2 C10 9 p1 = = ， 3 22 C12 2 1 C 2 C10 1 p2 = = 。 3 22 C123，解：根据古典概率公式，取到的电视机中包含的次品数分别为 0，1，2 台的概率分别为所以取到的电视机中包含的次品数的数学期望为E=6 9 1 1 ×0+ ×1 + × 2 = (台) 。 11 22 22 24，解：根据题意，有 1/6 的概率得分超过 6，而且得分为 7 的概率为两个 1/6 的乘积（第一 次 6 点，第 2 次 1 点） ，其余类似；有 5/6 的概率得分小于 6。分布律为Y12345789101112pk1 61 61 61 61 61 361 361 361 361 361 36得分的数学期望为E=1 1 49 (1 + 2 + 3 + 4 + 5) + (7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 12) = (点) 。 6 36 125，解： （1）根据 X ~ π (λ ) ，可得 P{ X = 5} =λ5 e ? λ5!=λ6 e ? λ6!= P{ X = 6} ，因此计算得到 λ = 6 ，即 X ~ π (6) 。所以 E ( X ) =6。 （2）根据题意，按照数学期望的公式可得E ( X ) = ∑ ( ?1) k ?1 kP{ X = k} =∑ ( ?1) k ?1 kk =1 k =1+∞+∞6 6 = 2 2 2 π k π∑ (?1)k =1+∞k ?11 6 ln 2 ， = k π2因此期望存在。 （利用了 ln(1 + x) = 6，解： （1）一天的平均耗水量为∑ (?1) nn =0+∞∞xn , ? 1 & x ≤ 1） （不符书上答案） n +1+∞E( X ) =+∞?∞∫ xf ( x)dx =+∞ 0+∞x 2e?x / 3 x2 dx = ∫ ? d (e ? x / 3 ) = 0 + ∫ 9 3 0 02 xe ? x / 3 ?x / 3 ∫ 3 dx = ∫ ? 2 xd (e ) 0 0+∞= 0 + ∫ 2e ? x / 3 dx = 6 （百万升） 。15（2）这种动物的平均寿命为 E ( X ) = 7，解： E ( X ) =+∞ 1+∞?∞∫ xdF ( x) =+∞∫ xd (1 ?5 1 025 )= x2+∞∫x5502。 dx = 10 （年）?∞2 5 2 6 ∫ xf ( x)dx = ∫ 42 x (1 ? x) dx = ∫ ? 7 x d (1 ? x) 0[]7 1 0= ? 7 x (1 ? x)2[6 1] + ∫14x[(1 ? x) ]dx = ∫ ? 2 xd [(1 ? x) ] = ? 2 x(1 ? x)1 1 6 7 0 0 0+ ∫ 2(1 ? x) 7 dx01=1/4。 8，解： E ( X ) = 9，解： E ( X ) =0+∞?∞ +∞?∞∫ xf ( x)dx = ∫ 2 x(1 ? 1 / x1 022)dx = ( x 2 ? 2 ln x) = 3 ? 2 ln 2 。112∫ xf ( x)dx =13x 3x 2 2 ∫1 2 (1 + x) dx + ∫ 2 (1 ? x) dx ? 03x 3x = ∫ (1 ? x) 2 dx + ∫ (1 ? x) 2 dx = 0 。 （对第一个积分进行变量代换 x = ? y ） 2 2 1 010， 解： E (sin4 ? kπ ? k × C 4 × p k × (1 ? p ) 4 ? k ? ) = ∑ ?sin 2 2 ? k =0 ? 1 1 3 3 3 1 = C 4 × p × (1 ? p ) + C 4 × p × (1 ? p ) = 4 p (1 ? p )(1 ? 2 p + 2 p 2 ) 。 （不符书上答案）πX11 ， 解 ： R的 概 率 密 度 函 数 为? 1 / a, 0 ≤ x ≤ a f ( x) = ? ， 所 以 其他 ?0,E (V ) = ∫0aπ r31 πa 3 × dr = 。 6 a 241 2 ?0.3 x ?0.3 x ?1.2 ∫∞g ( x) f ( x)dx = ∫ x × 0.3e dx + ∫ 16 × 0.3e dx = 9 (200 ? 584e ) ? 0 4+∞412 E[ g ( X )] =+∞x&0 ? 0, ? 13， ： 所以可以求出 Y1 , Yn 的 解 因为 X i (i = 1,2, L n) 的分布函数为 F ( x) = ? x, 0 ≤ x & 1 ， ? 1, x ≥1 ? 0, y&0 ? ? n 分布函数为 Fmin ( y ) = ?1 ? (1 ? y ) , 0 ≤ y & 1 ， ? 1, y ≥1 ?Y1 , Yn的 密 度 函 数 为y&0 ? 0, ? n Fmax ( y ) = ? y , 0 ≤ y & 1 。 ? 1, y ≥1 ?，?n(1 ? y ) n ?1 , 0 & y & 1 f min ( y ) = ? 其他 ? 0,? ny n ?1 , 0 & y & 1 f max ( y ) = ? 。 其他 ?0,所以 Y1 , Yn 的数学期望为E (Y1 ) =+∞?∞n ?1 n ?1 n ∫ yf min ( y)dy = ∫ ny(1 ? y) dy = ∫ n(1 ? y) dy ? ∫ n(1 ? y) dy =1110001 ， n +116E (Yn ) =+∞?∞n ∫ yf max ( y)dy = ∫ ny dy = 01n 。 n +114，解：求出边缘分布律如下 XY0 1 2012P{ X = k }3/28 3/14 1/28 10/289/28 3/14 0 15/2823/28 0 0 3/2815/28 12/28 1/28 1P{Y = k }2E ( X ) = ∑ kP{ X = k } = 1 / 2 ， E (Y ) = ∑ kP{Y = k } = 3 / 4 ，k =0 k =0E ( XY ) = ∑∑ ijP{ X = i}P{Y = j} = 1 × 1 × 3 / 14 = 3 / 14 ，j =0 i =0 222E ( X ? Y ) = ∑∑ (i ? j ) P{ X = i}P{Y = j} = ?7 / 28 = ?1 / 4 ，j =0 i = 0 22E (3 X + 2Y ) = ∑∑ (3i + 2 j ) P{ X = i}P{Y = j} = 84 / 28 = 3 。j =0 i =0215，解： E[min( X , Y )] =2 2∑∑ min(i, j ) P{ X = i}P{Y = j} = 1 × 3 / 14 = 3 / 14 ，j = 0 i =022E[Y /( X + 1)] = ∑∑j =0 i =0j P{ X = i}P{Y = j} = 18 / 28 = 9 / 14 。 i +11? y16，解： E ( X ) =R× R∫∫ xf ( x, y)dxdy = ∫ dy ∫ 24 x0 1 1? y 012ydx = 2 / 5 ，E (Y ) =R× R2 ∫∫ yf ( x, y)dxdy = ∫ dy ∫ 24 y xdx = 2 / 5 ， 0 1 0 1? yE ( XY ) =R× R∫∫ xyf ( x, y)dxdy = ∫ dy ∫ 24 x0 02y 2 dx = 2 / 15 。17，解：根据题意，可得利润的分布律为
Y--pk0.20.30.317因此， E (Y ) = 2000 × 0.2 + 1000 × 0.3 ? 1000 × 0.1 ? 2000 × 0.1 = 400 （元）E (Y 2 ) = 2000 2 × 0.2 + 1000 2 × 0.3 + (?1000) 2 × 0.1 + (?2000) 2 × 0.1 = 1600000D (Y ) = E (Y 2 ) ? [E (Y )] = 1440000 。218 解 E ( X ) =+∞?∞∫ xf ( x)dx =+∞+∞∫σ0x22e? x 2 /( 2σ 2 )dx = ? xe? x 2 /( 2σ 2 )+∞ 0+ ∫ e?x0 +∞ 0+∞2/( 2σ 2 )dx = σ/( 2σ 2 )π，2 dxE( X 2 ) =?∞2 ∫ x f ( x)dx =+∞∫σ0x32e?x2/( 2σ 2 )dx = ? x 2 e ? x2/( 2σ 2 )+ ∫ 2 xe ? x0+∞2= ? 2σ 2 e ? x2/( 2σ 2 )+∞ 0= 2σ 2 ，2 D ( X ) = E ( X 2 ) ? [E ( X ) ] = ( 2 ? π / 2)σ 2 ， D( X ) = (2 ? π / 2)σ 。+∞（本题积分利用了 e0∫? x2 / 2dx =π，这个结果可以从标准正态分布密度函数中得到）2+∞19，解： E ( X ) =∑ kP{ X = k} = p∑ k (1 ? p) k ?1 = p ×k =1 k =1+∞1 1 = ， 2 p p+∞ +∞ +∞ ? +∞ ? E ( X 2 ) = ∑ k 2 P{ X = k} = p ∑ k 2 (1 ? p ) k ?1 = p? ∑ k (k + 1)(1 ? p ) k ?1 ? ∑ k (1 ? p ) k ?1 ? k =1 k =1 k =1 ? k =1 ?= p(2 1 2 1 1 1 1? p 2 ? 2 ) = 2 ? ，所以， D ( X ) = E ( X 2 ) ? [E ( X ) ] = 2 ? = 2 。 3 p p p p p p p本 题 利 用 了 幂 级 数 求 和 中 先 积 分 再 求 导 的 方 法 。 设 s( p) =p +∞∑ k (1 ? p)k =1+∞k ?1，则?p ? 1 1 ， 所 以 s ( p ) = ? ∫ s ( p )dp ? = 2 。 类 似 的 ， 设 s ( p )dp = ?∑ (1 ? p ) = 1 ? ∫ ? ? p p k =1 1 ?1 ?k'S ( p ) = ∑ k (k + 1)(1 ? p ) k ?1 ，则经过两次积分以后可得到k =1+∞(1 ? p) 2 ，在经过两次求导得到 pS ( p) =2 。 p3+∞20，解： （1）当 k & 1 时， E ( X ) =?∞∫ xf ( x)dx =+∞kθ k k ∫ x k dx = kθ θ+∞∫ θ x1kdx =kθ 。 k ?118（2）当 k = 1 时， E ( X ) = θ+∞∫ dx = +∞ ，即 E ( X ) 不存在。 θ x+∞ ?∞1（3） ，当 k & 2 时， E ( X ) =2∫ x f ( x)dx =2+∞kθ k kθ 2 dx = ， ∫ k ?1 k ?2 θ x所以， D( X ) = E ( X2? 2 ) ? [E ( X )] = kθ 2 ?+∞1 k ? kθ 2 ? = 。 2 ? 2 ? k ? 2 (k ? 1) ? (k ? 1) (k ? 2)+∞（4）当 k = 2 时， E ( X ) =2?∞2 ∫ x f ( x)dx =2θ 2 ∫ x dx = +∞ ，所以 D ( X ) 不存在。 θ21，解： （1）根据 14 题中结果，得到Cov ( X , Y ) = E ( XY ) ? E ( X ) E (Y ) = 3 / 14 ? 1 / 2 × 3 / 4 = ?9 / 56 ；因为 E ( X 2 ) =∑kk =022P{ X = k} = 4 / 7 ， E (Y 2 ) = ∑ k 2 P{Y = k } = 27 / 28 ，k =02 22所以 D ( X ) = E ( X 2 ) ? [E ( X ) ] = 9 / 28 ， D (Y ) = E (Y 2 ) ? [E (Y ) ] = 45 / 112 ，ρ XY =Cov( X , Y ) D( X ) D(Y )=?5 。 5（2）根据 16 题结果可得：Cov ( X , Y ) = E ( XY ) ? E ( X ) E (Y ) = 2 / 15 ? (2 / 5) = ?2 / 75 ；2因为 E ( X ) =2R× R∫∫ x2f ( x, y )dxdy = ∫ dy ∫ 24 x 3 ydx = 1 / 5 ，0 1 1? y 011? yE (Y 2 ) =R× R2 3 ∫∫ y f ( x, y)dxdy = ∫ dy ∫ 24 y xdx = 1 / 5 ， 0202所以， D ( X ) = E ( X 2 ) ? [E ( X ) ] = 1 / 25 ， D (Y ) = E (Y 2 ) ? [E (Y )] = 1 / 25D ( X + Y ) = D ( X ) + D (Y ) + 2Cov ( X , Y ) = 2 / 75 ，ρ XY =2 =? 。 3 D( X ) D(Y )XCov( X , Y )（3）在第 2 章 14 题中，由以下结果Y0 1012P{ X = k }0.10 0.040.08 0.200.06 0.140.24 0.381920.02 0.160.06 0.340.30 0.5020.38 1P{Y = k }得到， E ( X ) = 1.14 ， E (Y ) = 1.34 ， E ( XY ) = 1.8 ， E ( X ) = 1.9 ， E (Y ) = 2.34 ，2所以， Cov ( X , Y ) = E ( XY ) ? E ( X ) E (Y ) = 0.2724 ；D ( X ) = E ( X 2 ) ? [E ( X ) ] = 0.6004 ， D (Y ) = E (Y 2 ) ? [E (Y ) ] = 0.5444 ,2 2ρ XY =Cov( X , Y ) D( X ) D(Y )=0.2724 = 0.4765 . 0.571722，解：根据题意有 D ( X + Y ) = D ( X ) + D (Y ) + 2Cov ( X , Y )= D( X ) + D(Y ) + 2 ρ XY D( X ) D(Y ) = 9 + 4 + 2 × ( ?1 / 6) × 6 = 11 。D ( X ? 3Y + 4) = D ( X + 4) + D (3Y ) ? 2Cov ( X + 4,3Y ) = D ( X ) + 9 D (Y ) ? 6Cov ( X , Y ) = 9 + 36 ? 6 × ( ?1 / 6) × 6 = 51 。23，解： （1）因为 X 1 , X 2 , X 3 相互独立，所以E X 1 ( X 2 ? 4 X 3 ) 2 = E ( X 1 ) E[( X 2 ? 4 X 3 ) 2 ] = E[ X 2 ? 8 X 2 X 3 + 16 X 3 ]2 2 2 2[]= E[ X 2 ? 8 X 2 X 3 + 16 X 3 ] = E[ X 2 ] ? 8E[ X 2 ]E[ X 3 ] + 16E[ X 3 ] = 1 ? 0 + 16 = 17 。2 2 2 2（2）根据题意，可得 E ( X i ) = 1 / 2,E ( X i ) = D( X i ) + [E ( X i )] = 1 / 3 ， i = 1,2,3 。2 2 2 2E ( X 1 ? 2 X 2 + X 3 ) 2 = E[ X 1 + 4 X 2 + X 3 ? 4 X 1 X 2 + 2 X 1 X 3 ? 4 X 3 X 2 ]2[]= E[ X 1 ] + 4E[ X 2 ] + E[ X 3 ] ? 4 E[ X 1 ]E[ X 2 ] + 2 E[ X 1 ]E[ X 3 ] ? 4E[ X 3 ]E[ X 2 ]2 2 2=1 4 1 1 1 + + ?1+ ?1 = 。 3 3 3 2 224，解：因为 E ( X ) =R× R∫∫ xf ( x, y)dxdy = ∫ dx ∫ xdy = 2 / 3 ，0 1 x ?x1xE (Y ) =R× R∫∫ yf ( x, y)dxdy = ∫ dx ∫ ydy = 0 ，E ( XY ) =0 ?xR× R∫∫ xyf ( x, y)dxdy = ∫ dx ∫ xydy = 0 ，0 ?x1x所以， Cov ( X , Y ) = E ( XY ) ? E ( X ) E (Y ) = 0 ，即，验证了 X,Y 不相关。20?x ? 1dy = 2 x， 0 & x & 1 又因为， f X ( x) = ∫ f ( x, y ) dy = ? ∫ ； ?x ?∞ ? 0, 其 他 ?+∞?1 ? ∫ 1dx， ? 1 & y & 0 ?? y ?1 + y， 0 & y & 0.5 +∞ ? 1 ? ? f Y ( y ) = ∫ f ( x, y )dx = ? ∫ 1dx， 0 ≤ y & 1 = ?1 ? y， 0.5 & y & 1 ， 显 然 ， ?∞ ? 0， ? y 其 他 ? ? 0， 其 他 ? ? ?f ( x, y ) ≠ f X ( x) f Y ( y) ，所以验证了 X,Y 不是相互独立的。25，解：引入随机变量定义如下 X i = ?n?1 第i个球落入第i个盒子 ?0 第i个球未落入第i个盒子1 1 ，所以， X ~ N ( n, ) 。 n n则总的配对数 X =∑Xi =1i，而且因为 P{ X i = 1} =故所以， E ( X ) = n ×1 = 1。 n第四章正态分布1 解： （1） P{Z ≤ 1.24} = Φ (1.24) = 0.8925 ，P{1.24 & Z ≤ 2.37} = P{Z ≤ 2.37} ? P{Z ≤ 1.24} = Φ ( 2.37 ) ? Φ (1.24) = 0.9911 ? 0.8925 = 0.0986 P{?2.37 & Z ≤ ?1.24} = Φ ( ?1.24) ? Φ ( ?2.37 ) = [1 ? Φ (1.24)] ? [1 ? Φ ( 2.37 )] = 0.0986（2） P{Z ≤ a} = 0.9147 = Φ (1.37 ) ，所以 a = 1.37 ；P{Z ≥ b} = 0.0526 = 1 ? P{Z & b} ，所以 P{Z & b} = 0.9474 = Φ (1.62) ，即 b = 1.62 。X ?3 ~ N (0,1) 。 4 4?3 X ?3 8?3 P{4 & X ≤ 8} = P{ & ≤ } = Φ (1.25) ? Φ (0.25) = 0.8944 ? 0.5987 = 0. 4 5?3 0?3 P{0 ≤ X ≤ 5} = Φ ( ) ? Φ( ) = 0.6915 ? (1 ? 0.7734) = 0.4649 。 4 4 C C C 3， ： 解 （1）因为 P{ X ? 25 ≤ C} = P{?C ≤ X ? 25 ≤ C} = Φ ( ) ? Φ ( ? ) = 2Φ ( ) ? 1 6 6 6 C C 所以得到 Φ ( ) = 0.9772 ,即 = 2.0 ， C = 12.0 。 6 62，解：因为 X ~ N (3,16) ，所以21X ?3 C ?3 ~ N (0,1) ，所以 P{ X & C} = 1 ? Φ ( ) ≥ 0.95 ，即 2 2 3?C 3?C C ?3 ) ≤ 0.05, 或者Φ ( ≥ 1.645 ， C ≤ ?0.29 。 Φ( ) ≥ 0.95 ，从而 2 2 2 X ? 3315 4.解：根据题意可得 ~ N (0,1) 。 575 4390.25 ?
? 3315 （1） P{2587.75 ≤ X ≤ 4390.25} = Φ ( ) ? Φ( ) 575 575（2）因为= Φ (1.87 ) ? Φ ( ?1.2648) ≈ 0.9693 ? (1 ? 0.8962 ) = 0.8655 （或 0.8673）（2） P{ X ≤ 2719} = Φ ( 根 据42719 ? 3315 ) = 1 ? Φ (1.04) = 0.1492 ， 575意题Y ~ B ( 25,0.1492)，所以k P{Y ≤ 4} = ∑ C 25 × 0.1492 k × 0.8508 25? k ≈ 0.6664 k =05，解：所要求的概率为P{ X ≥ 8} P{ X ≥ 8 | X ≥ 5} = = P{ X ≥ 5}) 2.3 ≈ 1 ? Φ (1.06) = 1 ? 0.8554 = 0.1761 5 ? 6 .4 1 ? Φ (?0.92) 0.8212 1 ? Φ( ) 2 .31 ? Φ(8 ? 6 .46 ， 解 ： 设 两 个 电 阻 器 的 电 阻 值 分 别 记 为 随 机 变 量 X ,Y , 则 X ~ N (11.9,0.04) ，Y ~ N (11.9,0.04)（1） P{11.7 ≤ X ≤ 12.3,11.7 ≤ Y ≤ 12.3} = P{11.7 ≤ X ≤ 12.3}P{11.7 ≤ Y ≤ 12.3}11.7 ? 11.9 ? ? 12.3 ? 11.9 2 = ?Φ ( ) ? Φ( )? = [Φ ( 2) ? Φ ( ?1)] = 0.8185 2 = 0.6699 ； 0 .2 0 .2 ? ?2（2）至少有一只电阻器大于 12.4 欧的概率为? 12.4 ? 11.9 ? 1 ? P{ X ≤ 12.4, Y ≤ 12.4} = 1 ? P{ X ≤ 12.4}P{Y ≤ 12.4} = 1 ? ?Φ ( )? 0 .2 ? ?= 1 ? 0.9938 2 ≈ 0.0124 。7，解：根据题意，2X ? 160σ~ N (0,1) 。所以有P{120 & X & 200} = Φ (即， ( Φ200 ? 160σ120 ? 160 40 ) ? Φ( ) = 2Φ ( ) ? 1 ≥ 0.80 ，σσ40σ从而 ) ≥ 0.9 ≈ Φ (1.28) ，40σ故允许 σ 最大不超过 31.25。 ≥ 1.28, σ ≤ 31.25 。228，解：因为 X ~ N (d ,0.5 ) ，所以 （1） P{ X & 89} = Φ (2（ 2 ） 若 要 求 P{ X ≥ 80} ≥ 0.99 ， 那 么 就 有 P{ X ≥ 80} = 1 ? Φ (80 ? d ) ≥ 0.99 ， 即 0 .5 80 ? d d ? 80 d ? 80 ≥ 2.326 ，最后得 Φ( ) ≤ 0.01 或者 Φ ( ) ≥ 0.99 = Φ ( 2.326) ，从而 0. 5 0 .5 0 .5 到 d ≥ 81.163 ，即 d 至少应为 81.163。9，解：根据题意 X ~ N (150,9), Y ~ N (100,16) 。89 ? 90 ) = Φ ( ?2) = 1 ? Φ ( 2) = 0.0228 ； 0 .5X ?d ~ N (0,1) 。 0 .5（1）根据正态分布的线性组合仍为正态分布（本书 101 页定理 2）的性质，立刻得到W1 ~ N (250,25) ， W2 ~ N (?200,52) ， W3 ~ N (125,（2） 因为 W1 ~ N (250,25) ， W3 ~ N (125,25 ) 425 ) ，所以 4 X + Y ? 250 ( X + Y ) / 2 ? 125 ~ N (0,1) 。 ~ N (0,1) ， 5 5/ 2 242.6 ? 250 因此 P{ X + Y & 242.6} = Φ ( ) = 1 ? Φ (1.48) = 0.0694 ， 5P{ ( X + Y ) / 2 ? 125 & 5} = 1 ? P{?5 ≤ ( X + Y ) / 2 ? 125 ≤ 5}5 5 ? ? = 1 ? ?Φ ( ) ? Φ ( ? ) = 2 ? 2Φ ( 2) = 0. ? ? 2 .5 ?10 ， 解 ： 1 ） 根 据 题 意 可 得 X ? Y ~ N ( ?0.5,0.08) 。 螺 栓 能 装 入 垫 圈 的 概 率 为 （? 0 ? (?0.5) ? P{ X & Y } = P{ X ? Y & 0} = Φ? ? ≈ Φ (1.77) = 0.9616 。 ? ? 0.08 ? ?（2） X ? Y ~ N ( ?0.5,0.04 + σ 2 ) ，所以若要控制? 0 ? (?0.5) P{ X & Y } = P{ X ? Y & 0} = Φ? ? 2 ? 0.04 + σ? ? ≥ 0.90 = Φ (1.282) ， ? ?0.5即要求0.04 + σ 2≥ 1.282 ，计算可得 σ ≤ 0.3348 。表明 σ 至多为 0.3348 才能使螺栓能装入垫圈的概率不小于 0.90。 11,解： （1）因为 M ? W ~ N (0.1,0.003125 ) ，所以P{W & M } = P{M ? W & 0} = Φ (0 ? 0 .1 0.003125) ≈ Φ (?1.79) = 1 ? 0.9633 = 0.0367 ；23（2）随机选择的女子身高达于 1.60 的概率为P{W & 1.60} = 1 ? Φ (1.60 ? 1.63 ) = Φ (1.2) = 0.8849 ， 0.025随机选择的 5 名女子，身高大于 1.60 的人数服从二项分布 B (5,0.8849 ) ，所以至少有 44 5 名的身高大于 1.60 的概率为 C 5 × 0.8849 4 × (1 ? 0.8849) + C 5 × 0.8849 5 = 0.8955（ 3 ） 设 这 50 名 女 子 的 身 高 分 别 记 为 随 机 变 量 W1 , LW50 ， W =1 50 ∑ Wi 。 则 50 i =1W =1 50 0.025 2 Wi ~ N (1.63, ) ，所以这 50 名女子的平均身高达于 1.60 的概率为 ∑ 50 i =1 501.60 ? 1.63 0.025 / 50 ) = Φ (8.49) ≈ 1 ) = 0.20 = Φ ( ?0.84) ，得到 16 ? ? = ?0.84σ ；P{W & 1.60} = 1 ? Φ (12，解： （1）由 P{ X & 16} = Φ (16 ? ?P{ X & 20} = Φ (20 ? ?σσ) = 0.90 = Φ (1.282) ，得到 20 ? ? = 1.282σ ；联立 16 ? ? = ?0.84σ 和 20 ? ? = 1.282σ ，计算得到 ? = 17.5834 , σ = 1.8850 。 （2）由 X , Y , Z 相互独立且都服从标准正态分布，得到 3 X + 2Y ? 6 Z ~ N (0,49 ) 。故 所以P{3 X + 2Y & 6 Z ? 7} = P{3 X + 2Y ? 6 Z & ?7} = Φ (?7?0 ) = 1 ? Φ(1) = 0.1587 713，解： （1）根据题意 Z , X , m 有关系式 m = Z + 30 + X 或者 Z = m ? 30 ? X ； （2）因为 X ~ N (0,7.5 2 ) ，所以 Z ~ N (m ? 30,7.5 2 ) ； （3）要使得 P{Z ≥ 450} ≥ 0.95 ，即要 P{Z ≥ 450} = 1 ? Φ ?? 450 ? ( m ? 30) ? ? ≥ 0.95 ， 7 .5 ? ?所以要求 Φ?m ? 480 ? m ? 480 ? ≥ 1.645 ， m ≥ 492.3375 。所 ? ≥ 0.95 = Φ (1.645) ，即 7 .5 ? 7 .5 ?以，要使容器中所装饮料至少为 450g 的概率不小于 0.95， m 至少为 492.4g。 14,解： （1）此时 Z = m ? Y ? X ，根据 Y ~ N (30,9) ， X ~ N (0,7.5 2 ) ，可得Z ~ N ( m ? 30, 65.25) 。（2） P{Z ≥ 450} = 1 ? Φ? ?? 450 ? (m ? 30) ? ? m ? 480 ? ? = Φ? ? ≥ 0.90 = Φ (1.282) ，可得 ? ? ? 65.25 ? ? ? 65.25 ?24m ? 480 65.25≥ 1.282 ，即 m ≥ 490.36 。1 100 ∑ X i 。则 100 i =115，解：设这 100 只元件的寿命分别记为随机变量 X 1 , L X 100 ， X =E ( X ) = 2 ， D ( X ) = 0.04 。根据独立同分布的中心极限定理可得 P{∑ X i & 180} = P{ X & 1.8} = P{i =1 1001 .8 ? 2 X ? 2 1 .8 ? 2 & } ≈ 1 ? Φ( ) = Φ (1) = 0. 0 .2 0 .2D( X ) = 1 。由独立同分布的中心极限定理 10016，解：根据题意可得 E ( X ) = 25( kg ), 可得P{24.75 ≤ X ≤ 25.25} = P{24.75 ? 25 X ? 25 25.25 ? 25 ≤ ≤ } ≈ Φ (2.5) ? Φ (?2.5) 0.1 0.1 0.1= 2Φ ( 2.5) ? 1 = 0.987617 ， 解 ： 以 X 1 , L X 400 记 这 400 个 数 据 的 舍 入 误 差 ， X =1 400 ∑ Xi 。 则 400 i =1E ( X ) = 0, D( X ) =400 i =110 ?14 。利用独立同分布的中心极限定理可得 4800P{ ∑ X i & 0.5 × 10 ?6 } = P{?0.125 × 10 ?8 & X & 0.125 × 10 ?8 } = P{ ? 0.125 × 10 ?8 10 ?14 4800 & X 10 ?14 4800 & 0.125 × 10 ?8 10 ?14 4800 } ≈ Φ (0.25 12 ) ? Φ ( ?0.25 12 )= 2Φ (0.866 ) ? 1 = 0.615618， 解 ： （1）根据题意， X ~ B (1000 , 0.2) ，且 E ( X ) = 200, D ( X ) = 160 。由 De Moivre-Laplace 定 理 ， 计 算 得P{170 ≤ X ≤ 185} ≈ Φ (185 + 0.5 ? 200 160) ? Φ(170 ? 0.5 ? 200 160)≈ Φ ( ?1.15) ? Φ ( ?2.41) = (1 ? 0.8749 ) ? (1 ? 0.9920) = 0.1171 ；P{ X ≥ 190} ≈ 1 ? Φ (190 ? 0.5 ? 200 160) = 1 ? Φ ( ?0.83) = 0.7967 ；25P{ X ≤ 180} ≈ Φ(180 + 0.5 ? 200 160) ≈ Φ(?1.54) = 1 ? 0.9382 = 0.0618 。（2）设要安装 n 部电话。则要使得P{ X ≥ 50} ≈ 1 ? Φ (50 ? 0.5 ? 0.2n 0.16n) = 1 ? Φ(49.5 ? 0.2n 0.16n) & 0.95就要求 Φ (0.2n ? 49.5 0.16n) & 0.95 = Φ (1.645) ，即0.2n ? 49.5 0.16n& 1.645 ，从而0.04n 2 ? 20.232964 n + 2450 .25 & 0 ，解出 n & 304.95 或者 n & 201 （舍去） 。所以最少要安装 305 部电话。19，解：根据题意， E ( X ) = 9.69 ， D ( X ) = 94.13 ? 9.69 2 = 0.2339 。 （1）以 X 1 , L X 10 分别记 10 次射击的得分，则P{∑ X i ≤ 96} = P{i =110∑Xi =110i? 96.9 ≤96 ? 96.9 2.3392.339} ≈ Φ(96 ? 96.9 2.339) = Φ (?0.59) = 0.2776（2）设在 900 次射击中得分为 8 分的射击次数为随机变量 Y ，则 Y ~ B (900,0.01) 。由 De Moivre-Laplace 定理，计算得P{Y ≥ 6} ≈ 1 ? Φ (6 ? 0.5 ? 900 × 0.01 900 × 0.01 × 0.99) ≈ 1 ? Φ (?1.17) = 0.8790 。第5章样本及抽样分布1.解：因为 X 的概率密度为 f ( x) = 2e ?2 x ， x & 0 ，所以 （1）联合概率密度为 g ( x1 , x2 , x3 , x4 )= f ( x1 ) f ( x2 ) f ( x3 ) f ( x4 )= 16e ?2 ( x1 + x2 + x3 + x4 ) ， X （（2） X 1 , X 2 的联合概率密度为1, X 2, X 3, X 4 & 0 ）2e ?2 ( x1 + x2 ) ，所以P{0.5 & X 1 & 1, 0.7 & X 2 & 1.2} == (e ?1 ? e ?2 )(e ?1.4 ? e ?2.4 )（3 ） E ( X ) =∫1 1.2?2 x ?2 x ?2 x ?2 x ∫ 4e 1 2 dx1dx2 = ∫ 2e 1 dx1 ∫ 2e 2 dx2 0.5 0.711.20.50.71 4 1 ∑ E( X i ) = 2 , 4 i =1D( X ) =1 4 1 ?1? 1 ∑ D( X i ) = 4 × ? 2 ? = 16 ； 16 i =1 ? ?262（4） E ( X 1 X 2 ) = E ( X 1 ) E ( X 2 ) =1 ， （由独立性） 4 1 1 1 1 2 2 E[ X 1 ( X 2 ? 0.5) 2 ] = E ( X 1 ) E[( X 2 ? 0.5) 2 ] = E[ X 2 ? X 2 + ] = [ E ( X 2 ) ? E ( X 2 ) + ] 2 4 2 421 1 1 1 1 ?1? 1 1 = [ D( X 2 ) + E 2 ( X 2 ) ? + ] = [ + ? ? ? ] = ； 2 2 4 2 4 ?2? 4 8 ?1? （5） D ( X 1 X 2 ) = E[( X 1 X 2 ) ] ? E ( X 1 X 2 ) = E ( X 1 ) E ( X 2 ) ? ? ? ?4?2 2 2 2 2= [ D ( X 1 ) + E 2 ( X 1 )][ D( X 2 ) + E 2 ( X 2 )] ?1 1 1 1 1 1 3 。 = ( + )( + ) ? = 16 4 4 4 4 16 16（1） P{max( X 1 , X 2 , X 3 ) & 85} = P{ X 1 & 85, X 2 & 85, X 3 & 85} = 2，解：? X ? 75 85 ? 75 ? P{ X 1 & 85}P{ X 2 & 85}P{ X 3 & 85} = (P{ X 1 & 85}) = ? P{ 1 & }? 10 10 ? ?33= [Φ (1)]3 = 0.84133 = 0.5955 ；（2） P{(60 & X 1 & 80) ∪ ( 75 & X 3 & 90)} = P (60 & X 1 & 80) + P ( 75 & X 3 & 90)? P{60 & X 1 & 80}P{ 75 & X 3 & 90} = P{ ? P{60 ? 75 X 1 ? 75 80 ? 75 75 ? 75 X 3 ? 75 90 ? 75 & & } + P{ & & } 10 10 10 10 10 1060 ? 75 X 1 ? 75 80 ? 75 75 ? 75 X 3 ? 75 90 ? 75 & & }P{ & & } 10 10 10 10 10 10= [Φ (0.5) ? Φ ( ?0.5)] + [Φ (1.5) ? Φ (0)] ? [Φ (0.5) ? Φ ( ?0.5)][Φ (1.5) ? Φ (0)] = [ 2Φ (0.5) ? 1] + [0.9332 ? 0.5] ? [2Φ (0.5) ? 1][0.9332 ? 0.5] = 0.383 + 0.4332 ? 0.383 × 0.4332 = 0.6503（3） E ( X 1 X 2 X 3 ) = E ( X 1 ) E ( X 2 ) E ( X 3 ) = [ D ( X 1 ) + E ( X 1 )] = [100 + 75 ]2 2 2 2 2 2 2 3 2 3= 1.8764 × 1011 ；（4） D ( X 1 X 2 X 3 ) = E[( X 1 X 2 X 3 ) 2 ] ? E 2 ( X 1 X 2 X 3 ) = 1.8764 × 1011 ? E 6 ( X 1 )= 1.8764 × 1011 ? 75 6 = 9.662 × 10 9 ；D(2 X 1 ? 3 X 2 ? X 3 ) = 4 D( X 1 ) + 9 D( X 2 ) + D( X 3 ) = 1400 ；（5）因为 X 1 + X 2 ~ N (150,200) ，所以27P{ X 1 + X 2 ≤ 148} = Φ(148 ? 150 200) = 1 ? Φ(2 ) = 1 ? 0.5557 = 0.4443 。 3 ， 设 总 体 ， 10X 1 , X 2 , X 3 是来自 X 的容量为 3 的样本，求（2） P{ X 1 + X 2 = 1} 。 （1） P{ X 1 = 1, X 2 = 2, X 3 = 3} ；解： （1）因为 X ~ π (5) X 1 , X 2 , X 3 相互独立，所以 25e ?5 125e ?5 P{ X 1 = 1, X 2 = 2, X 3 = 3} = P{ X 1 = 1}P{ X 2 = 2}P{ X 3 = 3} = 5e × × 2 6?5=15625e -15 = 0.000398 ； 12（2） P{ X 1 + X 2 = 1} = p{ X 1 = 0, X 2 = 1} + p{ X 1 = 1, X 2 = 0}= e ?5 × 5e ?5 + 5e ?5 × e ?5 = 10 e ?10 。4，解： （1）根据题意得 X ~ N (52, 6.3 2 / 36) ，所以P{50.8 & X & 53.8} = P{50.8 ? 52 X ? 52 53.8 ? 52 53.8 ? 52 50.8 ? 52 & & } = Φ( ) ? Φ( ) 6.3 / 6 6.3 / 6 6.3 / 6 6.3 / 6 6.3 / 6= Φ (1.7143) ? Φ ( ?1.143) ≈ 0.9564 ? (1 ? 0.8729 ) = 0.8293 ；（1） 因为 X ~ N (12, 4 / 5) ， P{ X ? 12 ≤ 1} = P{11 ≤ X ≤ 13}11 ? 12 X ? 14 13 ? 12 = P{ ≤ ≤ } = Φ (1.118) ? Φ ( ?1.118) = 0.8686 ? (1 ? 0.8686) = 0. 0 .4 0 .8所以 P{ X ? 12 & 1} = 1 ? P{ X ? 12 ≤ 1} = 1 ? 0.7372 = 0.2628 。 5，解：设容量分别为 10 和 15 的两独立样本的样本均值分别记为 X 和 Y ， 则 X ~ N ( 20,0.3) ， Y ~ N ( 20,0.2) ，所以 X ? Y ~ N (0,0.5) ，P{ X ? Y & 0.3} = 1 ? P{ X ? Y ≤ 0.3} = 1 ? P{?0.3 ≤ X ? Y ≤ 0.3} = 1 ? [Φ (= 2 ? 2 × Φ (0.42) = 0.6744 。6，解：易得 x =0 .3 0 .5) ? Φ(?0 .3 0 .5)]∑ xi = 74.92 ， s 2 =i =1501 50 ∑ ( xi ? x ) = 201.5037 ， s = 14.1952 ， n ? 1 i =1282处理数据得到以下表格组 限频数 f i2 3 6 14 11 12 2频率 f i / n0.04 0.06 0.12 0.28 0.22 0.24 0.0435.5~45.5 45.5~55.5 55.5~65.5 65.5~75.5 75.5~85.5 85.5~95.5 95.5~105.57，解： （1X ? 76.4） 因 为3834 ( X i ? 76.4) 2 ? X ? 76.4 ? U =∑ = ∑? i ? ~ χ 2 ( 4) ? ? 383 383 ? i =1 i =1 ? 4 2~ N (0,1)，所以，而根据定理2，W =∑i =14(Xi ? X ) = 3832∑(Xi =14i? X )2 =3833s 2 ~ χ 2 (3) 383因为 D (W ) = D (3s 2 ) = 6 ，所以 D( s 2 ) = 6 × 383 2 / 9 = 293378 / 3 。 383（2）P{0.711 & U ≤ 7.779} = P{U ≤ 7.779} ? P{U ≤ 0.711} = (1 ? 0.1) ? (1 ? 0.95) =0.85P{0.352 & W ≤ 6.251} = P{W ≤ 6.251} ? P{W ≤ 0.352} = (1 ? 0.1) ? (1 ? 0.95) = 0.858，证明：因为 X ~ t ( n ) ，所以存在随机变量 Y ~ N (0,1), Z ~ 使得 X =χ 2 ( n)Y2 Y 2 /1 2 2 2 ， 也即 X = ， 而根据定义 Y ~ χ (1), 所以 X = ~ F (1, n) Z /n Z /n Z /n Y2第六章参数估计1，解：因为总体 X ~ U (0, b) ，所以总体矩 E ( X ) = b / 2 。根据容量为 9 的样本得到的样 本X =1 9 ? 令总体矩等于相应的样本矩： ( X ) = X ， E 得到 b 的矩估计量为 b = 2 X 。 ∑ Xi 。 9 i =1? 把样本值代入得到 b 的矩估计值为 b = 1.69 。2，解：总体 X 的数学期望为 E ( X ) =θ∫θ02x2(θ ? x)dx =θ3，令 E ( X ) = X 可得 θ 的矩估计29? 量θ = 3X 。3 ， 解 ： 总 体 X 的 数 学 期 望 为 E ( X ) = mp ， D ( X ) = mp (1 ? p ) ， 二 阶 原 点 矩 为E ( X 2 ) = D ( X ) + [E ( X ) ] = mp ( mp ? p + 1) 。2令总体矩等于相应的样本矩：E ( X ) = X ， E ( X 2 ) = A2 =1 n 2 ∑ Xi n i =1? 得到 p = 1 + X ?A2 (X ) ? ，m = 。 2 X X + ( X ) ? A224，解： 1）因为总体的数学期望为 （? λ ，所以矩估计量为 λ = X 。似然函数为L (λ ) = Πnλ x e ?λii =1(xi )!=λ∑ xii =1ne ? nλ， 相 应 的 对 数 似 然 函 数 为Π ( xi )!n i =1n ?n ? ln L(λ ) = (ln λ )∑ xi ? nλ ? ln ?Π ( xi )!? 。令对数似然函数对 λ 的一阶导数为零，得到 λ 的 i =1 i =1 ? ?? 最大似然估计值为 λ =1 n ∑ xi = x 。 n i =1? （2）根据（1）中结论， λ 的最大似然估计值为 λ = x = 7.2 。5，解： （1）似然函数为nL( p ) = Π (1 ? p ) xi ?1 p = (1 ? p ) i =1i =1n[]∑ xi ? nnp n ，相应的对数似然函数为 ln L( p ) = ? ∑ xi ? n ? ln(1 ? p ) + n ln p 。令对数似然函数对 p 的一阶导数为零，得到 p ? ?? i =1?? 的最大似然估计值为 p =n∑xi =1n=i1 。(2)根据（1）中结论， p 的最大似然估计值为 x? p=1 5 。 = x 26n ? ? 1 L( ? ) = Π ? e i =1 ? 2π σ ?2 ∑ ( xi ? ? ) n( xi ? ? ) 2 2σ 26，解 ： （1）似然函数为? ?= ? ?(1 2π σ)? i =1∑ ( xi ? ? ) 22σ 2nne，相应的对数似然函数为 ln L ( ? ) = ? i =12σ2令对数似然函数对 ? 的一阶导数为零， ? ln 2π σ 。()n30? 得到 ? 的最大似然估计值为 ? =∑xi =1nin= x。∑ ( xi ? ? ) 22σ 2n（2）似然函数为( x ?? ) ? 1 ? i 2 L(σ ) = Π ? e 2σ i =1 ? 2π σ ? 2 n2 ∑ ( xi ? ? ) n2? 1 ?= ? 2πσ 2 ?? i =1()n 2e，相应的对数似然函数为 ln L (σ ) = ? i =122σ2?n ln 2πσ 2 。令对数似然函数对 σ 2 的一阶导数为零， 2()2 ? 得到 σ 的最大似然估计值为 σ 2 =1 n ∑ ( xi ? ? ) 2 。 n i =1n（3）7，解： （1）似然函数为n? ∑ xi / θ ?x ? L(θ ) = Π ? i2 e ? xi / θ ? = i =12 n e i =1 ，相应的对数似然函 i =1 θ ? ? θ nΠ xinn数为令对数似然函数对 θ 的一阶导数为零， 得到 θ ln L(θ ) = ∑ ln xi ? 2n ln θ ? ∑ xi / θ 。i ?1 i =1? 的最大似然估计值为 θ =X 1 n x ∑ xi = 2 。相应的最大似然估计量为 θ? = 2 。 2n i =1n 2n（2）似然函数为? x i 2 ? xi / θ ? Π x i ? ∑ xi / θ i =1 L(θ ) = Π ? 3 e e i =1 ，相应的对数似然函数为 ?= i =1 2θ 2θ 3 n ? ? ? ?nln L(θ ) = ∑ 2 ln xi ? 3n ln(2θ ) ? ∑ xi / θ 。i ?1 i =1nn? 令对数似然函数对 θ 的一阶导数为零，得到 θ 的最大似然估计值为 θ =x （3）因为 X ~ B (m, p ), 其分布律为 P{ X = x} = C m p x (1 ? p ) m ? x ,n1 n x ∑ xi = 3 。 3n i =1x = 0,1,2, L mmn ?所以，似然函数为L( p ) = Π C p (1 ? p )i =1 xi m xinn[m ? xi]= Π Cn i =1xi m× p i =1 × (1 ? p )∑ xi∑ xii =1n，相应的对数似然函数为 L ( p ) = (ln p )∑ xi + ? mn ? ∑ xi ? ln(1 ? p ) + ? ?n i =1?i =1?∑ ln Ci =1nxi m。令对数似然函? 数对 p 的一阶导数为零，得到 p 的最大似然估计值为 p =x 1 n ∑ xi = m 。 mn i =1318，3解i =1：根据题意，可写出似然函数为L(θ ) = Π P{ X = xi } = θ 2 × 2θ (1 ? θ ) × θ 2 = 2θ 5 (1 ? θ ) ，相应的对数似然函数为 ln L(θ ) = ln 2 + 5 ln θ + ln(1 ? θ ) 。? 令对数似然函数对 θ 的一阶导数为零，得到 θ 的最大似然估计值为 θ = 5 / 6 。9，解：根据题意，写出对应于总体 X 和 Y 的似然函数分别为( X ?α ? β ) ? 1 ? i 2 L(α + β ) = Π ? e 2σ i =1 ? 2π σ ? n2 n? ?= ? ? ? ?= ? ?( (21 2π σ) )? i =1∑ ( X i ?α ? β ) 22σ 2nen，(Y ?α + β ) n ? ? i 1 2 L(α ? β ) = Π ? e 2σ i =1 ? 2π σ ?n21 2π σ? i =1∑ (Yi ?α + β ) 22σ 2ne，相应的对数似然函数为ln L(α + β ) = ? i =1n2 ∑(Xi ?α ? β)2σ? ln 2π σ ，()nln L(α ? β ) = ? i =12 ∑ (Yi ? α + β )2σ2? ln 2π σ ，()n令对数似然函数分别对 α + β 和 α ? β 的一阶导数为零，得到 ??α + β = X ?α ? β = Y，? 算出 α , β 最大似然估计量分别为 α =X +Y ? X ?Y 。 ，β = 2 2? （1）均匀分布 U (0, θ ) 中的未知参数 θ 的矩估计量为 θ = 2 X 。 10，解：? 由于 E (θ ) = 2 E ( X ) = 2 ×（2）①因为 E (Y ) =θ2? = θ ，所以 θ = 2 X 是 θ 的无偏估计量。1 n 1 ∑ E (Yi ) = n × nλ = λ ，所以 Y 是 λ 的无偏估计量。 n i =1② E(Z )= 3E (Y ) + E (Y 2 ) = 3λ + (λ + λ2 ) = 4λ + λ2 。 1 n 1 ∑ E (Yi 2 ) = 3λ + n × n(λ + λ2 ) = 4λ + λ2 = E ( Z ) ，所以， n i =1（3）因为 E (U ) = 3E (Y ) +U 是 E (Z ) 的无偏估计量。11， ：1） (T1 ) = 解（ E1 1 1 1 ( E ( X 1 ) + E ( X 2 )) + ( E ( X 3 ) + E ( X 4 )) = (θ + θ ) + (θ + θ ) = θ 6 3 6 332E (T2 ) = ( E ( X 1 ) + 2 E ( X 2 ) + 3E ( X 3 ) + 4 E ( X 4 )) / 5 = 2θ ， E (T3 ) = ( E ( X 1 ) + E ( X 2 ) + E ( X 3 ) + E ( X 4 )) / 4 = θ 。 所以， 1 ,T3 是 θ 的无偏估计量。 T（2）根据简单随机样本的独立同分布性质，可以计算出D (T1 ) =1 1 1 2 1 ( D ( X 1 ) + D ( X 2 )) + ( D ( X 3 ) + D ( X 4 )) = (θ + θ 2 ) + (θ 2 + θ 2 ) = 5θ 2 / 18 36 9 36 9D (T3 ) = ( D ( X 1 ) + D ( X 2 ) + D ( X 3 ) + D ( X 4 )) / 16 = θ 2 / 4 & D (T1 ) ，所以， T3 是比 T1 更有效的无偏估计量。 12，解：这是一个方差已知的正态总体均值的区间估计问题。根据标准的结论， ? 的置信 水平为 1 ? α 的置信区间为 ? x ± ?? ?σ? Zα / 2 ? 。 ? n ?（1） ? 的置信水平为 0.95 的置信区间为? ?
± Z 0.025 ? = 1478 ± 48 × 1.96 = (1478 ± 13.58) = (1.58) 。 ? ? 27 ? ?（2） ? 的置信水平为 0.90 的置信区间为()? ?
± Z 0.05 ? = 1478 ± 48 × 1.645 = (1478 ± 11.40 ) = (9.40 ) 。 ? ? 27 ? ? ? 13， ： 解 （1）根据已知结论，正态分布均值 ? 的最大似然估计量和矩估计量相同：? = X 。()? 所以 ? 的最大似然估计值为 ? = x = 56.8 。（2） ? 的置信水平为 0.95 的置信区间为? ? 4 ? 56.8 ± Z 0.025 ? = 56.8 ± 0.4 × 1.96 = (56.8 ± 1.24 ) = (55.56,58.04 ) 。 ? ? 10 ? ?()? 14，解： （1） ? , σ 2 的无偏估计值为 ? = x = 14.72 ， s 2 =（2） ? 的置信水平为 90%的置信区间为1 n ∑ ( xi ? x ) 2 = 1.9072 。 n ? 1 i =1? ? ? ? s 1.38075 ?x ± t 0.05 ( n ? 1) ? = ?14.72 ± × 1.6991? = (14.72 ± 0.428) = (14.292, 15.148) ? ? ? ? n 30 ? ? ? ?15，解：这是一个方差未知的正态总体均值的区间估计问题。根据已知结论，干燥时间的 数学期望的置信水平为 0.95 的置信区间为? ? ? ? s 9.4 ?x ± t 0.025 ( n ? 1) ? = ? 66.3 ± × 2.2010 ? = (66.3 ± 5.97 ) = (60.33, 72.27 ) 。 ? ? n 12 ? ? ? ?16，解：根据题中数据，计算可得样本均值 x = 19.07 ，样本方差 s = 3.245 。33? 的置信水平为 0.95 的置信区间为? ? ? ? s 3.245 ?x ± t 0.025 ( n ? 1) ? = ?19.07 ± × 2.0395 ? = (19.07 ± 1.17 ) = (17.90, 20.24 ) ? ? ? ? n 32 ? ? ? ?17，解：根据题中数据计算可得 s = 37.75 。2（1） 方差 σ 的无偏估计即为样本方差 s = 37.75 。2 2（2） σ 的置信水平为 0.95 的置信区间为2? (n ? 1) s 2 ? 2 , ?χ ? 0.025 (n ? 1)? (n ? 1) s 2 ? , 2 ? χ 0.025 (n ? 1) ?(n ? 1) s 2 ? ? 12 × 37.75 12 × 37.75 ? ?=? , ? = (19.41, 102.86) ， 4.404 ? χ 02.975 (n ? 1) ? ? 23.337 ?(n ? 1) s 2 ? ?= 2 χ 0.975 (n ? 1) ? ?所以 σ 的置信水平为 0.95 的置信区间为( 19.41,102.86 = (4.406, 10.142 ) 。)18，解：根据两个正态总体均值差的区间估计的标准结论，均值差 ? A ? ? B 的置信水平为 0.95 的置信区间为? ? ? ? ? ( x A ? x B ) ± s w 1 + 1 t 0.025 (n1 + n 2 ? 2) ? = ? 2.7 ± s w 1 + 1 t 0.025 (22) ? ? ? ? ? n1 n 2 9 15 ? ? ? ? ? ? ? ? 1 1 1 1 = ? 2 .7 ± s w + t 0.025 (22) ? = ? 2.7 ± 7.266 × + × 2.0739 ? ? ? ? ? 9 15 9 15 ? ? ? ?= (2.7 ± 6.35) = (? 3.65, 9.05)（未完）根据两个正态总体方差比的区间估 19，解：根据题中数据计算可得 s 2 X = ， s 2 Y = 。计的标准结论， σ 2 X / σ 2 Y 的置信水平为 0.95 的置信区间为2 2 2 ? sX ? ? sX ? s2 1 1 1 sX ? 2 × ?=? 2 × , X × , 2 × 4.30 ? = (0.148, 2.446) 。 2 ?s ? ?s ? ? Y F0.025 (8,10) sY F0.975 (8,10) ? ? Y 3.85 sY ? 2 2 20，解：根据题中数据计算得到 s X = 6.8 2 = 46.24 ， sY = 9.627 2 = 92.68 。σ 2 X / σ 2 Y 的置信水平为 0.95 的单侧置信上限为__________ 2 X?σ ? 2 ?σ Y ?2 ? sX 1 46.24 ?= 2 × = × 3.68 = 1.836 。 ? s F0.95 (7,9) 92.68 ? Y____2 σ 2 X 的置信水平为 0.95 的单侧置信上限为 σ X =(8 ? 1) s X 7 × 46.24 = = 149.37 ， 2 2.167 χ 0.95 (8 ? 1)234所以， σ X 的置信水平为 0.95 的单侧置信上限为 σ X =____(8 ? 1) s X = 149.37 = 12.22 。 χ 02.95 (8 ? 1)221，解：根据单侧区间估计的结论，正态总体均值 ? 的置信水平为 0.95 的单侧置信下限为? =x?___s nt 0.05 (n ? 1) = 14.71 ?6.144 13× 1.7823 = 11.67 。22，解：两个正态总体的均值差 ? A ? ? B 的置信水平为 0.90 的单侧置信上限为? A ? ? B = (x A ? x B ) + s w___________1 1 + t 0.1 (22) = 2.7 + 7.266 × 0.422 × 1.3212 = 6.75 。 9 15（第 6 章习题解答完毕）第7章 假设检验 章1?解：这是一个方差已知的正态总体的均值检验，属于右边检验问题， ?检验统计量为 Z =x ? 18σ/ n。代入本题具体数据，得到 Z =20.874 ? 18 4.62 / 9= 1.8665 。检验的临界值为 Z 0.05 = 1.645 。因为 Z = 1.8665 & 1.645 ，所以样本值落入拒绝域中，故拒绝原假 设 H 0 ，即认为该工人加工一工件所需时间显著地大于 18 分钟。 2，解：这是一个方差未知的正态总体的均值检验，属于双边检验问题， 检验统计量为 t =x ? 38.4 s/ n。代入本题具体数据，得到 t =40.5 ? 38.4 7.5 / 15= 1.0844 。检验的临界值为 t 0.025 (14) = 2.1448 。 因为 t = 1.0844 & 2.1448 ， 所以样本值没有落入拒绝域中， 故接受原假设 H 0 ，即认为平均摄取量显著地为 38.4%。 3， 解 ：这是一个方差未知的正态总体的均值检验，属于左边检验问题，检验统计量为t=x ? 8.42 s/ n。代入本题具体数据，得到 t =8.3 ? 8.42 0.025 / 9= ?14.4 。 检 验 的 临 界 值 为? t 0.01 (8) = ?2.8965 。因为 t = ?14.4 & ?2.8965 （或者说 t = 14.4 & 2.8965 ） ，所以样本值落入拒绝域中，故拒绝原假设 H 0 ，即认为铜含量显著地小于 8.42%。 4， 解 ：这是一个方差未知的正态总体的均值检验，属于双边检验问题，检验统计量为35t=x ? 72.64 s/ n。代入本题具体数据，得到 t =72.668 ? 72.64 8.338 / 16= 0.0134 。检验的临界值为t 0.025 (15) = 2.1315 。因为 t = 0.0134 & 2.1315 ，所以样本值没有落入拒绝域中，故接受原假设 H 0 ，即认为该 地区成年男子的平均体重为 72.64 公斤。 5。 解 ：这是一个方差未知的正态总体的均值检验，属于右边检验问题，检验统计量为t=x ? 200 s/ n。代入本题具体数据，得到 t =210.2 ? 200 27.28 / 10= 1.1824 。 检 验 的 临 界 值 为t 0.05 (9) = 1.8331 。因为 t = 1.1824 & 1.8331 ，所以样本值没有落入拒绝域中，故接受原假设 H 0 ，即认为培训时间不超过 200 小时。6， ： 属于双边检验。 检验统计量为 χ = 解 这是一个正态总体的方差检验问题，2(n ? 1) s 2 。 5000代 入 本 题 中 的 具 体 数 据 得 到 χ2 =( 26 ? 1) × 7200 = 36 。 检 验 的 临 界 值 为 5000χ 02.01 ( 25) = 44.313 。 因为 χ 2 = 36 & 44.313 ，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设 H 0 ，即认为电池寿命的方差为 5000 小时 2。 7、解：这是一个正态总体的方差检验问题，属于双边检验问题。检验统计量为χ2 =( n ? 1) s 2 (10 ? 1) × 12 。代入本题中的具体数据得到 χ 2 = = 39.193 。检验的临界值 2 1.662 1.662 为 χ 0.025 (9) = 19.022 。因为 χ 2 = 39.193 & 19.022 ，所以样本值落入拒绝域，因此拒绝原假设 H 0 ，即认为电池容 量的标准差发生了显著的变化，不再为 1.66。 8 ， 解 ： 题 中 所 要 求 检 验 的 假 设 实 际 上 等 价 于 要 求 检 验 假 设H 0 : σ 2 ≤ 140 2 , H 1 : σ 2 & 140 2( n ? 1) s 2 这是一个正态总体的方差检验问题，属于右边检验。检验统计量为 χ = 。代入 140 22本 题 中 的 具 体 数 据 得 到 χ2 =( 25 ? 1) × 23827.49 = 29.177 。 检 验 的 临 界 值 为 140 2χ 02.05 ( 24) = 36.415 。 因为 χ 2 = 29.177 & 36.415 ，所以样本值没有落入拒绝域，因此接36受原假设 H 0 ，即认为标准差不大于 140。9，解：题中所要求检验的假设实际上等价于要 求检验假设 H 0 : σ 2 ≥ 0.0100 2 ,H 1 : σ 2 & 0.0100 22这是一个正态总体的方差检验问题，属于左边检验。检验统计量为 χ =(n ? 1) s 2 。代入 0.012本题中的具体数据得到χ2 =(9 ? 1) × 0.0086 2 = 5.9168 。 检 验 的 临 界 值 为 0.012χ 02.95 (8) = 2.733 。因为 χ 2 = 5.9168 & 2.733 ，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设 H 0 ，即认为标准差不小于 0.0100。 10，解： （1）这是一个方差未知的正态总体的均值检验，属于左边检验问题，检验统计量 为t =x ? 3315。s/ n 3189 ?
/ 30 = ?1.4142 。 检 验 的 临 界 值 为代 入 本 题 具 体 数 据 ， 得 到 t=? t 0.1 (29) = ?1.3114 。因为 t = ?1.4142 & ?1.3114 ，所以样本值落入拒绝域中，故拒绝原假设 H 0 ，即认为? & 3315 。（ 2 ） 题 中 所 要 求 检 验 的 假 设 实 际 上 等 价 于 要 求 检 验 假 设H ' 0 : σ 2 ≤ 525 2 , H '1 : σ 2 & 525 2 这是一个正态总体的方差检验问题，属于右边检验。检 验 统 计 量 为χ2 =(n ? 1) s 2 525 2。 代 入 本 题 中 的 具 体 数 据 得 到χ2 =(30 ? 1) × 488 2 = 25.0564 。 检 验 的 临 界 值 为 χ 02.05 ( 29) = 42.557 。 2 525因为χ 2 = 25.0564 & 42.557 ，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为标准差不大于 525。 11，解：这是两个正态总体（方差相等但未知）均值之差的检验问题，属于右边检验。检 验统计量为 t =(x A ? x B ) ? 0 代入本题中的具体数据得到 t = (80 ? 65) ? 0sw 1 1 + n1 n 21 1 11.3 × + 9 4= 2.21 。检验37的临界值为 t 0.05 (11) = 1.7959 。因为 t = 2.21 & 1.7959 ，所以样本值落入了拒绝域，因此 拒绝原假设，即认为 A 班的考试成绩显著地大于 B 班的成绩。 12，解：这是两个正态总体（方差相等但未知）均值之差的检验问题，属于左边检验。检 验统计量为 t =( x ? y) ? 0sw 1 1 + n1 n2代入本题中的具体数据得到 t =( 6.177 ? 9.477 ) ? 0 = ?1.667 。5.047 × 1 1 + 13 13检验的临界值为 t0.05 (24) = 1.7109 。因为 t = ?1.667 & ?1.7105 ，所以样本值没有落入拒绝 域，因此接收原假设，即认为雨天的混浊度不必晴天的高。 13，解：这是两个正态总体（方差相等但未知）均值之差的检验问题，属于双边检验。检 验 统 计 量 为t=( x ? y) ? 0代 入 本 题 中 的 具 体 数 据 得 到sw t=1 1 + n1 n2(1076.75 ? 1072.33) ? 0 = 2.0546 。5.27 × 1 1 + 12 12检验的临界值为 t0.05 (22) = 1.7171 。因为 t = 2.0546 & 1.7171 ，所以样本值落入拒绝域，因 此拒绝原假设，即认为产品均值有显著差异。 14，解： （1）这是一个两个正态总体的方差之比的检验问题，属于双边检验。检验统计量 为s2 F= X s2 Y 12.92 = 3.301 。 检 验 的 临 界 值 为 7.12代 入 本 题 中 的 具 体 数 据 得 到 F=F0.025 (8,10) = 3.85, F0.975 (8,10) =1 = 0.2326 。因为 0.2326&F = 3.301 & 3.85 ，所以样 4.3本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为两总体方差相等。 （2） 因为两总体方差相等， 所以这是一个方差相等的两个正态总体的均值之差的检验问题， 属于左边检验。检验统计量为 t=( x ? y) ? 0代入本题中的具体数据得到sw t=1 1 + n1 n2( 93 ? 132 ) ? 01 1 10.1× + 9 11= ?8.5929 。因为 t = ?8.5929& ? 2.1009 ， 所以样本值落入拒绝域， 检验的临界值为 t0.025 (18) = 2.1009 。38因此拒绝原假设，即认为有吸烟者的房间悬浮颗粒显著大于没有吸烟者的房间。 15， 解 ：这是一个两个正态总体的方差之比的检验问题，属于右边检验。检验统计量为F=2 s1 s2 2代入本题中的具体数据得到 F =F = 1.8948 & 3.37 ，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为第一个总体的方差不比第二个总体的方差大。 16， 解 ：这是一个两个正态总体的方差之比的检验问题，属于双边检验。检验统计量为9201 = 1.8948 。检验的临界值为 F0.05 (6,9) = 3.37 。因为 4856F=s2 29.295 X ， 代 入 第 13 题 中 的 具 体 数 据 得 到 F = = 1.1163 。 检 验 的 临 界 值 为 2 sY 26.242 1 = 0.2874 。因为 0.2874&F = 1.1163 & 3.48 ，所 3.48F0.025 (11,11) = 3.48, F0.975 (11,11) =以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为两总体方差相等。 17，解：本题要求一个基于成对数据的检验，双边检验。检验统计量为 t =D ?0代入本sD / n题中的具体数据得到 t =?1? 0 4.74 / 14= ?0.7895 检验的临界值为 t 0.975 (13) = ?2.1604 。 因为t = ?0.7895 & ?2.1604 ，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为两种环境中长大的孩子智商没有显著差异。 18，解：本题要求对一组成对数据进行 t 检验，且为右边检验。检验统计量为 t =D ?0。sD / n代入本题中的具体数据得到 t =0.875 ? 0 4.29 / 8= 0.5768 检验的临界值为 t 0.025 (7) = 2.3646 。因为 t = 0.5768 & 2.3646 ，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为慢走对于 血压的下降没有显著效果。? D 的置信水平为 0.95 的置信区间为2.3646 8 × 4.29) = (0.875 ± 3.587) 。(D ±t 0.025 (7) 8× s D ) = (0.875 ±19， ： 要检验以下假设：H 0 : 地震的发生时间在（0，4）内是均匀分布的 2 解 根据题意，检验统计量为χ2 = ∑i =14fi2 ? n ， 其 中 pi = 6 / 24 = 0.25 。 代 入 本 题 中 的 数 据 得 到 npiχ2 =123 2 + 135 2 + 1412 + 128 2 ? 527 = 1.417 ，检验的临界值为 χ 2 0.05 ( 4 ? 1) = 7.815 。 527 × 0.2539因为 χ = 1.417 & 7.815 ，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为地震在2各个时间段内发生时等可能的。 20，解：根据题意，要检验以下假设： H 0 : 阿拉斯加州的年龄分布律为 年 概 龄 率 18~24 0.056 225~34 0.2935~44 0.3045~54 0.1655~64 0.1065 或以上 0.10fi2 检验统计量为 χ = ∑ ? n 。所需计算列表如下： i =1 np i Ai fi30pi0.05np i25f i 2 /( np i )36A1 A2A31500.29145155.1721550.30150160.167A4A5 A6750.168070.313350.105024.5550.105060.5χ2 = ∑i =16fi2 ? n = 506.652 ? 500 = 6.652 ，检验的临界值为 χ 2 0.1 (6 ? 1) = 9.236 。因为 npiχ 2 = 6.652 & 9.236 ，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为阿拉斯加州的年龄分布与全国的分布一样。 21 解： 以随机变量 X 表示该地区一个月的较大的地震次数， 则要检验假设 H 0 : X ~ π (λ ) ，? 利用极大似然估计可以得到 λ =0 × 57 + 1 × 31 + 2 × 8 + 3 × 3 + 4 × 1 = 0.6 。检验统计量为 100χ2 = ∑i =15fi2 ? n ，所需计算列表如下： npi fi57Aipie ?0.6 = 0.e ?0.6 = 0.3293np i54.88f i 2 /( np i )59.202A1 A23132.9329.18340A380.18e ?0.6 = 0.e ?0.6 = 0.4 e ?0.6 = 0.00309.886.478A4A531.984.54510.303.333χ2 = ∑i =15fi2 ? n = 102.741 ? 100 = 2.741 ,检验的临界值为 χ 2 0.05 (5 ? 1 ? 1) = 7.815 。 因为 np iχ 2 = 2.741 & 7.815 ，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为数据来自泊松分布的总体。 22， 解 ：要检验假设 H 0 : 这些数据来自均值为 θ = 200 的指数分布总体。检验统计量为χ2 = ∑i =16fi2 ? n ，所需计算列表如下： npi fi543Aipi1? e e e e e? 150 200 300 200 450 200 600 200 ? 150 200np i527.6f i 2 /( np i )558.8495A1 A2A3= 0.5276 = 0.2492 = 0.1177 = 0.0556 = 0.0263258?e ?e ?e ?e? 750 200?300 200 450 200 600 200 750 200249.2267.1108120??117.7122.3449A4A5 A66 248??55.641.438820??26.315.209111e= 0.023523.55.1489fi2 χ =∑ ? n =
? 1000 = 10.147 ,检验的临界值为 χ 2 0.05 (6 ? 1) = 11.070 。 i =1 np i因为 χ 2 = 10.147 & 11.070 ，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为数据 来自均值为 θ = 200 的指数分布总体。 23 ， 解 ： 要 检 验 假 设 H 0 : 这 些 数 据 来 自 均 匀 分 布 U(0,10) 的 总 体 。 检 验 统 计 量 为fi2 χ =∑ ? n ，需计算列表如下： i =1 np i5 2Aifipi41np if i 2 /( np i )A1 A2380.25028.88550.25060.5怀孕天数 219.5~229.5 229.5~239.5 239.5~249.5 249.5~259.5人 1 5 10 16 54数怀孕天数 259.5~269.5 269.5~279.5 279.5~289.5 289.5~299.5 0.2 50人 23 7 6 2数A358.32A4A55 2410.25033.62620.25076.88fi2 χ =∑ ? n = 258.2 ? 250 = 8.2 , 检 验 的 临 界 值 为 χ 2 0.05 (5 ? 1) = 9.488 。 因 为 i =1 np iχ 2 = 8.2 & 9.488 ，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为这些数据来自均匀分布 U(0,10)的总体。这一程序符合要求。 24， 解 ：本题要求检验 H 0 ：数据来自正态分布 N ( ? , σ 2 ) 。根据极大似然估计计算出? ?=1 70 1 70 σ 使用分布拟合检验， xi = 260.3 ， ? 2 = σ ∑ ∑ ( xi ? x ) 2 = 232.8 ，? = 15.258 。 70 i =1 69 i =18 2fi2 检验统计量为 χ = ∑ ? n 。数据被分成 8 组，频数表如下。 i =1 np i检验过程中所需计算列表如下：Aifi1pi229.5 ? 260.3 ) = 0. 239.5 ? 260.3 229.5 ? 260.3 Φ( ) = 0.0652 ) ? Φ( 15.258 15.258 Φ(42np i1.519f i 2 /( np i )0.65833A1 A254.5645.47765A310Φ(249.5 ? 260.3 239.5 ? 260.3 ) ? Φ( ) = 0. 15.258 259.5 ? 260.3 249.5 ? 260.3 ) ? Φ( ) = 0. 15.258 269.5 ? 260.3 259.5 ? 260.3 ) ? Φ( ) = 0. 15.25810.649.39850A416Φ(16.88415.16228A5 A6 A7 A8823Φ(17.19230.7701376279.5 ? 260.3 269.5 ? 260.3 ) ? Φ( ) = 0. 15.258 289.5 ? 260.3 279.5 ? 260.3 ) ? Φ( Φ( ) = 0. 15.258 Φ( 1 ? Φ( 289.5 ? 260.3 ) = 0.11.9354.105575.2996.7937321.9672.03355χ2 = ∑i =1fi2 ? n = 74.39974 ? 70 = 4.3997 ,检验的临界值为 χ 2 0.1 (8 ? 2 ? 1) = 9.236 。因 npi为 χ 2 = 4.3997 & 9.236 ，所以样本值没有落入拒绝域，因此接受原假设，即认为这些数据 来自正态总体。 （本章习题解答完毕）43
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